Решения задач М146—М150; Ф164—Ф169

47

Решения задач

M146—M150; Ф164—Ф169

M146. a) В вершинах правильного 7-угольника рассматривается через сечение вершины с фишками одного цвета (если бы цвет череновались, то многоугольник имел бы четное число сторон).

a) Ясно, что среди семи вершин сбязательно найдет две соседние вершины с фишками одного цвета (если бы цвет череновались, то многоугольник имел бы четное число сторон).

Обозначим эти вершины через $A_1$ и $A_2$. Можно считать, что стороны в них фишки — белые (рис. 1). Заметим, что существует три вершины, каждой из которых сразу вместе с вершинами $A_1$ и $A_2$ равноведенный треугольник; обозначим их через $A_0$, $A_3$ и $B$. Если в одной из них стоит белая фишка, то соответствующий треугольник — $A_0A_1A_2$, — $A_3A_1A_2$ или $BA_1A_2$ — искомый. Если же во всех трех вершинах черные фишки, то треугольник $A_0A_3B$ — искомый.

To же самое рассужждение годится для любого правильного $n$-угольника с нечетными $n \geq 5$ (в роли $A_0$, $A_3$ выступают соседние с $A_1$ и $A_2$ вершины, в роли $B$ — середина большей из дуг $A_1A_2$).

6. Для $n = 8$ утверждение неверно. Пример рассстановки черных и белых фишек, при которой никакие три фишки одного цвета не располагаются в вершинах равноведенного треугольника, изображены на рис. 2, б, с, д); возможны и другие примеры.

b) Ответ: утверждение верно для $n = 5$, $n = 7$ и $n \geq 9$.

Пример, изображенные на рисунке 2, показывают, что утверждение верно для $n = 3, 4, 6, 8$. Выше мы доказали, что оно верно для $n = 5$, $n = 7$ и для больших нечетных $n$. Докажем, что оно верно для всех $n \geq 9$.

Предположим, что для некоторой расстояний фишек в вершинах правильного $n$-угольника утверждение неверно. Прежде всего, ясно, что где-то найдет две соседние вершины с фишками одного цвета, — если цвет фишек черенотся, то уже среди пяты последовательных вершин встретятся требуемый равноведенный треугольник. Можно считать, что это — вершины $A_4$ и $A_5$ с фишками большого цвета (рис. 3). Тогда последовательное

| Расматриваем | Делаем вывод |
| :— | :— |
| $A_3A_4A_5$ и $A_4A_5A_6$ | $A_3$ и $A_6$ — черные |
| $A_3A_6A_9$ | $A_9$ — белая |
| $A_1A_5A_9$ и $A_5A_7A_9$ | $A_1$ и $A_7$ — черные |
| $A_1A_2A_3$ и $A_6A_7A_8$ | $A_2$ и $A_8$ — белые |
| $A_2A_5A_8$ | противоречие |

Можно показать, что верно и более сильное утверждение: при любом разбиении множества {1, 2, …, 9} на два подмножества хотя бы в одном из подмножества встретится при числа, из которых одно равно получим двух других. Мы доказали это ути-

48

Рис. 3.

верждение при дополнительном предположении, что 4 и 5 принадлежат одному подмилюжству. Другие случаи аналогично.

M147. Доказим, что если четмырехуольник ABCD, описанный в окружности, маков, что касательные к окружности в точках A и C пересекаются на продолжении диаzoнали BD, то
a) касательные в точках B и D пересекаются на продолжении диаzoнали AC;
b) биссертрисы внутриних углов A и C четмырехуольника пересекаются на диаzoнали BD (а уzelов B и D — на AC).

a) Пусть A, B и C — три точки на окружности, K — точка пересечения касательных, проведенных в точках A и C. Найдем условия, определяющие положение точки D пересечения прямой BK с окружностью (рис. 4).

$$\triangle ABK \sim \triangle DAK: \text{угол } K \text{ у этих треугольников общий, а } \triangle BAK = \triangle ADK, \text{ поскольку каждый из них изменяется положенной дуги } AB. \text{ Поэтому}$$

$$\frac{AB}{AD} = \frac{BK}{AK} = \frac{AK}{DK}$$

(попутно мы доказали известную теорему: $AK^2 = BK \cdot KD$).

Точно так же $\triangle CBK \sim \triangle DCK$, и поэтому

$$\frac{BC}{CD} = \frac{BK}{CK} = \frac{CK}{DK}$$

(попутно мы доказали известную теорему: $AK^2 = BK \cdot KD$).

Правые части в (1) и (2) равны, потому что $AK = CK$, отсюда

$$\frac{AB}{BC} = \frac{AD}{CD}$$

(заметим, что отношение $AD/CD$ монстонно увеличивается при движении точки D по дуге окружности от A к C. Действительно, по теореме синусов, примененной к $\triangle ACD$ (рис. 5))

$$\frac{AD}{CD} = \frac{\sin C}{\sin A} = \frac{\sin (180^\circ - D - A)}{\sin A} = \sin (180^\circ - D) \cdot \text{ctg } A - \cos (180^\circ - D);$$

здесь $180^\circ - D$ величина постоянная, $\sin (180^\circ - D) > 0$, а $\text{ctg } A$ монотно убывает при увеличении $A$ от 0 до $180^\circ - D$, то есть при движении точки D от C к A. Отсюда следует, что условию (3) соответствует одно определение положение точки D (при заданных A, B и C).

Таким образом, условия (3) не только необходимimo, но и достаточно для того, чтобы точки B, D и точка пересечения касательных, построенных в точках A и C, лежали на одной прямой.

Точно так же можно доказать, что условия, необходимimo и достаточно для того, чтобы касательные, проведенные в точках B и D, пересекались на прямой AC, можно записать так:

$$\frac{BA}{DA} = \frac{BC}{DC}.$$

Но условия (3) и $(3')$, очевидно, совпадает:

$$AB \cdot CD = BC \cdot AD.$$

Это делает утверждение задачи a) очевидным.

6. Пусть $L_1$ — точка пересечения биссертрисы угла A треугольника BAD с прямой BD (рис. 6). Тогда, как известно,

$$\frac{BL_1}{L_1D} = \frac{AB}{AD}.$$

Аналогично, если $L_2$ — точка пересечения биссертрисы угла C с BD, то

$$\frac{BL_2}{L_2D} = \frac{BC}{CD}.$$

Позному из условия (3) следует, что

$$\frac{BL_1}{L_1D} = \frac{BL_2}{L_2D}.$$

Но каждому значению $\frac{BL}{DL}$ соответствует одна точка L на отрезке BD,

49

поскольку при движении точки $L$ от $B$ к $D$ эта величины монотно возрастает. Поэтому точки $L_1$ и $L_2$ совпадают.

M148. Последовательность $x_0, x_1, x_2, \dots$ определяется следующими условиями: $x_0 = 1$, $x_1 = \lambda$, для любого $n > 1$

$$(\alpha + \beta)^n x_n = \alpha^n x_n x_0 + \alpha^{n-1} \beta x_{n-1} x_1 + \alpha^{n-2} \beta^2 x_{n-2} x_2 + \dots + \beta^n x_0 x_n.$$

Здесть $\lambda, \alpha, \beta$ – заданные положительные числа. Надание $x_n$ и выяснение, при каком $n$ величины $x_n$ будет наиболее.

Выпишем равенства, определяющие $x_n$, для нескольких первых значений $n > 1$ (пользуясь условиям $x_0 = 1$):

$$[(\alpha + \beta)^2 - \alpha^2 - \beta^2] x_2 = \alpha \beta x_1^2,$$

$$[((\alpha + \beta)^3 - \alpha^3 - \beta^3] x_3 = \alpha^2 \beta x_2 x_1 + \alpha \beta^2 x_1 x_2,$$

$$[((\alpha + \beta)^4 - \alpha^4 - \beta^4] x_4 = \alpha^3 \beta x_3 x_1 + \alpha^2 \beta^2 x_2^2 + \alpha \beta^3 x_1 x_3.$$

Отсюда находится (пользуясь условиям $x_1 = \lambda$):

$$x_2 = \frac{\lambda^2}{2}, \quad x_3 = \frac{\lambda^3}{2 \cdot 3}, \quad x_4 = \frac{\lambda^4}{2 \cdot 3 \cdot 4}.$$

Естественно предположить, что

$$x_n = \frac{\lambda^n}{n!},$$

где $n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n$. Докажем по индукции, что это действительное так для всех $n$ (если считать, как это принято, что $0! = 1! = 1$, то формула $x_n = \frac{\lambda^n}{n!}$ верна для $n = 0$ и $n = 1$).

Мы можем считать известным, что $x_k = \frac{\lambda^k}{k!}$ для всех $k \leq n - 1$. Тогда из равенств

$$[((\alpha + \beta)^n - \alpha^n - \beta^n] x_n = \sum_{k=1}^{n-1} \alpha^n - k \beta^k x_{n-k} x_k = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{\alpha^n - k \beta^k \lambda^n - k \lambda^k}{(n-k)! k!} = \frac{\lambda^n}{n!} \sum_{k=1}^{n-1} C_n^k \alpha^n - k \beta^k = \frac{(\alpha + \beta)^n - \alpha^n - \beta^n}{n!} \frac{\lambda^n}{n!}$$

следует, что $x_n = \frac{\lambda^n}{n!}$, поскольку $\alpha > 0$ и $\beta > 0$ и общий множитель левой и правой части положительного при $n > 1$.

Мы используем выше формулу

$$C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$$

для коэффициентов разложения бинома

$$(a + b)^n = \sum_{k=0}^{k=n} C_n^k a^{n-k} b^k,$$

о которой рассказано в статье В. Н. Вагутена (см. стр. 27-34).

Выясним, при каком $n$ величины $x_n$ наиболее, не превышает $\lambda$, отсюда мы получаем ответ на вопрос задачи: наиболее значение $x_n$ принимает при $n = [\lambda]$ ($[\lambda]$ – наиболее целое число, не превышает $\lambda$); если $\lambda$ – целое число, то $x_{[\lambda]-1} = x_{[\lambda]}$ – два наиболее числа последовательности $x_n$.

На рисунке 7 в качестве иллюстрации приведен график последовательности $n \rightarrow x_n$ для $\lambda = 2,5$.

M149. Пусть $O$ – мощка пересечения диагоналейчными четырехугольника ABCD. Докажите, что

a) если равны периметры треугольников ABC, BCD, CDA и DAB, то ABCD – прямоугольник;

b) если равны периметры треугольников ABO, BCO, CDO и DAO, то ACBD – ромб.

a) Обозначим стороны и диагонали четырехугольника, как показано на рис. 8. Из равенств

$$x_1 + x_2 + y_1 = x_3 + x_4 + y_1,$$

$$x_2 + x_3 + y_2 = x_1 + x_4 + y_2,$$

складывая их друг с другом (и вычитая одно из другого), находим: $x_2 = x_4, x_1 = x_3$. Следовательно, ABCD – паралелограмм.

50

Рис. 8.

Из равенства
$$x_1 + x_2 + y_1 = x_2 + x_3 + y_2 = x_2 + x_1 + y_2$$
терерь следует, что $y_1 = y_2$, то есть $ABCD$ — прямогольник.

6. Выберем на каждой диагонали $AC$, $BD$ больший из отрезков, на котором она делится точкой $O$. Можно считать, изменив, если нужно, обозначения, что $AO \geq OC$, $BO \geq OD$ (рис. 9). Тогда перimetр треугольника $AOB$ не меньше перimetра треугольника $COD$, причем равенство возможно, только если $AO = OC$ и $BO = OD$. (Для того чтобы убедиться в этом, достаточно построить треугольник $A'OB'$, симметричный треугольнику $AOB$ относительно точки $O$; $A'OB'$ объемлет $COD$.) Но если $AO = OC$ и $BO = OD$, то из равенства перimetров сразу следует, что $AB = BC = CD = DA$, то есть $ABCD$ — ромб.

Н. Б. Васильев

M150. Из чисел 1, 2, …, $k$ составляются всевозможные наборы $(a_1, a_2, ..., a_n)$ длины $n$ (леекко видеть, что их $k^n$). Выбрань два поджелательства $P$ и $Q$ максимальным (один и том же набором входить в $P$, и в $Q$). Известно, что если взять произвольный набор $(p_1, p_2, ..., p_n)$ из $P$ и произвольный набор $(q_1, q_2, ..., q_n)$ из $Q$, то они будут совпадать хотя бы в одном месте (мо есть $p_i = q_i$ для некоторого $i$). Тогда либо в $P$, либо в $Q$ не более, чем $k^{n-1}$ наборов.

Рис. 10.

Доказите это утверждение
a) для $k = 2$ и любое $n$;
b) для $n = 1, 2, 3$ и любое $k$;
c) для произвольных $k \geq 2$ и $n \geq 1$.

Попробуйте найти другие ограничения на количество элементов в подмножествах $P$ и $Q$, связанных максимальным условиям.

a) $k = 2$. Набор $\bar{d}$ называем противоположным набору $d$, если $\bar{d}$ получен из $d$ заменой всех 1 на 2, а 2 на 1. Обозначим через $\bar{M}$ множество всех наборов, противоположных набором из $M$. Наборы $d$ и $\bar{d}$ ни на одном месте не совпадают. Поэтому, если $d$ входит в $P$, то $\bar{d}$ не может входить в $Q$. Значит, $\bar{P}$ и $Q$ не содержат одинаковых наборов. Поэтому либо в $\bar{P}$, либо в $Q$ не более половины всех наборов. Но в $P$ и $\bar{P}$ одинаковое количество наборов. Значит, либо в $P$, либо в $Q$ не более половины всех наборов, то есть не более чем $2^{n-1}$ наборов.

Рис. 9.

6. Для $n = 1$ утверждение очевидно.
   Для $n = 2$ задачу можно сформулировать так: $k^2$ точек расставлены на плоскости в узлах квадратной решетки $(k-1) \times (k-1)$ (рис. 10). Некоторые из этих точек нужно закрасить красным, неокоторые — синим цветом так, чтобы любая из красных и синих точек лежали либо в одном стольце, либо в одной строке (то есть ситуация в) невозможна). Однако точку можно закрашивать в оба цвета (случай г). Нужно

54

Рис. 13.

мированием состояний. Цилиндр меллоизоллерова от окружающей среды.

Порщень освобождаются, и после установления равновесия объем, занимаемый газом, увеличится вдвое. Как изменится температура газа и его давление? Теплоемкость цилиндра, порщня и пружины претензioso малы.

Согласно первому закону термодинамики количество теплла Q, сообщенного газу, равно сумме изменения внутренней энергии газа ΔU и совершенной им работы A:

$$Q = \Delta U + A.$$ (1)

Но в данном случае сосуд теплолюзлерован и Q = 0. Следовательно,

$$\Delta U + A = 0.$$ (2)

To есть работа газа совершается за счет уменьшения его внутренней энергии, поэтому сразу можно сказать, что температура газа уменьшается.

Пусть вначале температура газа была $T_1$, давление $P_1$ и объем $V_1$, а после того, как порщень освобождаются и установилось равновесие, параметры газа стали соответствующим $T_2$, $P_2$ и $V_2$, причем $V_2 = 2V_1$ (по условию).

Изменение внутренней энергии идеального газа пропорционально изменению температуры газа и равно

$$\Delta U = c_v (T_2 - T_1),$$ (3)

где $c_v$ — темперакость 1 моля газа при постоянном объеме.

Далее, работа, совершенная газом, равна изменению потенциальной энергии деформационной пружины:

$$A = \frac{kx^2}{2}$$ (4)

(x — смешение поршня).

Выразим величины $\frac{kx^2}{2}$ через параметры газа.

Так как порщень после установления равновесия находится в покое, то сила пружины $F = kx$ равна силе давления газа $P_2S$ (S — площадь поверхности поршня):

$$kx = P_2S.$$ (5)

Давление же газа связано с его температурой внутреннем газового состояния. Для одного моля газа

$$P_2V_2 = RT_2.$$ (6)

Так как объем газа при его распределении увеличился, а изменение объема газа равно $Sx$, то $V_2 = 2Sx$, и следовательно,

$$2P_2Sx = RT_2.$$ (7)

Принимая во внимание соответствия (5) и (7), можно записать

$$kx = \frac{RT_2}{2x}$$ (8)

$$kx^2 = \frac{RT_2}{2}.$$ (9)

Таким образом, работа, совершенная газом, равна

$$A = \frac{kx^2}{2} = \frac{RT_2}{4}.$$ (10)

Подставим выражения (3) и (10) в равенство (2):

$$c_v (T_2 - T_1) + \frac{1}{4}RT_2 = 0.$$

Отсюда

$$T_2 = T_1 \frac{1}{1 + \frac{1}{4} \frac{R}{c_v}}.$$ (11)

Действительно, $T_2$ меньше $T_1$.

Теперь посмотрим как изменяется давление газа. Согласно уравнению газового состояния первоначальное давление газа $P_1$, его объем $V_1 = \frac{V_2}{2}$ и температура $T_1$ были связаны формулой

$$P_1 \frac{V_2}{2} = RT_1.$$

Разделив это равенство на равенство (6), получим

$$\frac{P_1}{P_2} = 2 \frac{T_1}{T_2} = 2 \left(1 + \frac{1}{4} \frac{R}{c_v}\right),$$

$$P_2 = \frac{P_1}{2 \left(1 + \frac{1}{4} \frac{R}{c_v}\right)}$$

Давление тоже уменьшилось.

Ф167. К выходу «черного ящика» подключаем идеальный амерметр. Если ко входу «ящика» подключаем батарас с э. д. с. Е и внутренним сопротивлением r, то может氨ертровно в 2 раза меньше, чем в том случае, когда ко входу ящика подключаемые две также батарас, соединенные последовательно. Нарисовать простейшую возможность схему внутреннего устройства «черного ящика».

55

Рис. 14.

Схема внутренняя не может состоять только из сопротивления. Действительно, рассмотрим схему, показанную на рисунке 14, где $R$ — сопротивление «ящика».
При подключении одного источника через амператор должен идти ток

$$I = \frac{E}{R + r},$$

(1)

а при подключении двух источников — ток 2I, причем

$$2I = \frac{2E}{R + 2r}.$$

(2)

Уравнение (1) и (2) несовместимы. Они не имеют решения ни при каком $R$. Действительно, разделив уравнение (1) на (2), получим

$$\frac{1}{2} = \frac{R + 2r}{2(R + r)}$$

или

$$R + r = R + 2r,$$

а это невозможно.

Не спадает дела и подключение сопротивления параллельно входу или выходу ящика. (Покажите это!). Поэтому схема внутренняя должна включать «активный» элемент — источник ток.

Рис. 15.

Рассмотрим одну из возможных схем, показанную на рисунке 15, и показем, что она удовлетворяет условию задачи.

При подключении ко входу ящика одной батареи через амператорнойой поддет ток

$$I_1 = \frac{E + E_1}{r + r_1},$$

а при подключении двух — ток

$$I_2 = \frac{2E + E_1}{2r + r_1}.$$

Так как $I_2 = 2I_1$, то

$$\frac{2(E + E_1)}{r + r_1} = \frac{2E + E_1}{2r + r_1}.$$

Отсюда найдем

$$E_1 = -E \frac{2r}{3r + r_1}.$$

Это равенство связаывает между собой э. д. с. источника $E_1$ и его внутреннее сопротивление $r_1$. Знак «—» означает, что источник внутренней источнику.

Ф168. Шестминговый карандаш молкнул вдоль горизонтомной плоскости, как показано на рисунке 16. При каких значениях коэффициента времени $\alpha$ между карандашом и плоскостью карандаш будет скользить по плоскости, не врачаясь?

На движущийся карандаш действуют стороны плоскости две силы: сила нормальной реакции плоскости $N$ и сила треня $F_{TP}$. Так как карандаш не должен перемещаться в вертикальном направлении, то сила $N$ равна по абсцилтной величины силя также:

$$N = mg.$$

Сила же треня равна $F_{TP} = \alpha N = \alpha mg$.

Рассмотрим тот момент, когда карандаш начал катиться, поворачиваясь вокруг ребра $A$. В этом случае обе силы — и сила $N$ и сила $F_{TP}$ — приложены к ребру $A$. Если равноведействующая $R$ этих сил проходит ниже центра тяжестки карандаша, то есть ниже оси карандаша, то момент этой силы относительно оси карандаша вызывает врашение карандаша. Если же сила $R$ проходит выше оси, то карандаш не будет врашаться.

Таким образом, условия того, что карандаш не будет врашаться:

$$tg \beta = \frac{N}{F_{TP}} > tg 60^\circ,$$

или

$$\frac{mg}{\alpha mg} > \sqrt{3}.$$

56

Рис. 17.

Отсюда находим, каким должен быть коэффициент треня:

$$\alpha < \frac{1}{\sqrt{3}}.$$

Многие из читателей, приславших нам письма, решали эту задачу, попытясь системой координат, связанной не с плоскостью, а с карандашом. Это неинерционная система координат, и в ней на карандаш действует еще сильная инерция.

$$F_{\pi} = ma,$$

где $a$ — ускорение карандаша относительно плоскости.

Так как это ускорение сообщает карандашу сила треня о плоскость $F_{\pi} = \alpha mg$, то $a = \alpha g$, и поэтому $F_{\pi} = m\alpha g$. Карандаш врашается вокруг ребра $A$ (мгновенная ось врашения), если момент силы $F_{\pi}$ относительно этой точки больше момента силия тяжестеги (рис. 17), то есть если

$$F_{\pi} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} > \frac{1}{2} mg,$$ или

$$\alpha mg \sqrt{3} > mg.$$

Отсюда получаем, что карандаш катится, не вращаясь, если

$$\alpha < \frac{1}{\sqrt{3}}.$$

Ф169. Для дальнейки космической связи используется спутник обтемом $V=100$ м³, наполненный воздуха при нормальной условиях. Метерорим пробиваем в его корпусе отвергшие площадь $S=1$ см². Оценить время, через которой давление внутри спутника изменится на 1%. Температур газа ситам неизменной. Универсальная газовая постоянная равна 8,3·10³ дж/град·кмоль.

Для оценки можно принять, что каждая из молекул воздуха в спутнике может двигаться только вдоль одной из трех взаимно-перендикулярных осей, одна из которых перендикулярна плоскости отвергтия (такая прощенная модель часто используется в кинетической теории газов). Тогда вдоль этой оси движется в любой момент 1/3 часть всех молекул воздуха в спутнике, причем скорость половины этих молекул, то есть 1/6 часть всех молекул, направлена к отвергнию. Из них за время $t$ отвергится до стигнут и вылетят из спутника те молекулы, которые находятся от отвергния на расстоянии $l = \bar{v}t$, то есть молекулы, находящие в начальной момент в объеме $V_0 = S\bar{v}t$, где $\bar{v}$ — средняя квадратная скорость молекул (рис. 18). (Мы принимаем для оценки, что все молекулы движутся с одинаковыми по абсцилотной величины скоростями, равными средней квадратной скорости $\bar{v}$). Если число молекул в единице объема равно $n$, то всего за время $t$ из спутника вылетит

$$N = \frac{1}{6} S\bar{v}t n \text{ молекул.}$$

Поскольку молекул вылетела из спутника, изменится число молекул в единице объема. Это изменение есть

$$\Delta n = \frac{N}{V} = \frac{1}{6} \frac{S\bar{v}t n}{V}.$$

Это соответствие можно переписать в виде

$$\frac{\Delta n}{n} = \frac{1}{6} \frac{S\bar{v}t}{V}$$

или

$$\tau = 6 \frac{\Delta n}{n} \frac{V}{S\bar{v}}.$$

По условию задачи температура воздуха в спутнике остается неизменной. Как следует из уравнения состояния идеального газа Клапейрона — Мендлеева, в этом случае давление пропорционально плотности газа (а следовательно, и числу молекул в единице объема): $P \sim n$. Поэтому

$$\frac{\Delta P}{P} = \frac{\Delta n}{n} = 0,01.$$

Принимая во внимание выражение для средней квадратной скорости молекул

$$\bar{v} = \sqrt{\frac{3RT}{\mu}},$$

59

Решение. В данном случае пусть решения подсказывается симметрией данного уравнения относительно sin x, cos x. Выделяя в явном виде простейшие симметрические многочлены относительно sin x и cos x (выражения sin x + cos x, sin x · cos x), запишем уравнение в виде

$$(\sin x + \cos x) - 4 \sin x \cdot \cos x + \sin x \cdot \cos x (\sin x + \cos x) = 2.$$

Пусть sin x + cos x = u; тогда $u^2 - 1 = 2 \sin x \cdot \cos x$ и уравнение при метве вид

$$u (u^2 - 4 u + 1) = 0,$$

откуда $u_1 = 0, u_2 = 2 + \sqrt{3}, u_3 = 2 - \sqrt{3}$.

Уравнение sin x + cos x = u легко решается, причем, так как |u| = |sin x + cos x| = |\sqrt{2} \cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)| \leqslant \sqrt{2}, то корень $u_2 = 2 + \sqrt{3}$ не подходит.

Ответ: $x = -\frac{\pi}{4} + k\pi; x = \frac{\pi}{4} \pm \arccos \frac{2 - \sqrt{3}}{\sqrt{2}} + 2l\pi$.

Следующая группа примеров показывает, что для успешного решения предлагаемых на применных экзаменах задач недостаточно уметь свести уравнение к одному из известных типов (уравнения, приводимые к одной тригонометрической функции, однородные, симметрические и др.).

Пример 4 (МФТИ, 1970). Решить уравнение

$$\sin x + 2 \cos x = \cos 2x - \sin 2x.$$

Решение. Переходя в уравнение (1) к аргументу x с помощью формул sin 2x = 2 sin x cos x и cos 2x = $\cos^2 x - \sin^2 x = 1 - 2 \sin^2 x$, получаем

$$\sin x + 2 \sin^2 x + 2 \cos x + 2 \sin x \cos x - 1 = 0.$$

Уравнение (2) можно было бы свести к алгебраической уравнению относительно u с помощью так называемой универсальной подставки $u = \mathrm{tg} \frac{x}{2}$, выразив sin x и cos x через u. Нетрудно убедиться, что в этом случае получается уравнение

$$3 u^4 + 2 u^3 - 6 u^2 - 6 u - 1 = 0.$$

Мы не будем находить корни этого уравнения, хотя это можно было бы сделать, а попытаемся найти более коротный пусть решения, в основе которого лежит разложение левой части уравнения на множители.

Уравнение (2) имеет корень sin x = -1 (при этом cos x = 0), поэтому левую часть уравнения можно разложить на множители:

$$(1 + \sin x)(2 \sin x + 2 \cos x - 1) = 0.$$

Ответ: $x = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi; x = -\frac{\pi}{4} + (-1)^n \arcsin \frac{1}{2 \sqrt{2}} + \pi n$.

Замечание. Следует подчеркить, что метод разложения на множители в сочетании с другими методами является одним из наиболее эффективных примеров решения тригонометрических уравнений.

61

Прежде чем продвинутся в этом направлении дальше, сделаем по питьку упростить уравнение (7).

Замечая, что $tg^2 x + ctg^2 x = -2 + \frac{4}{\sin^2 2x}$, находим

$$\frac{1}{\sin^2 2x} = 1 - \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{\cos 2x}{\sin 2x}$$

и далее, преобразовывая, получим $\sqrt{3} \cos^2 2x + \sin 2x \cdot \cos 2x = 0$. Последнее уравнение легко решается.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}$; $x = -\frac{\pi}{6} + \frac{l\pi}{2}$ (легко проверяется, что при этих значениях $x$ имеем $\sin 2x \neq 0$).

Решение получено, однако для сравнения доведем до конца решения уравнения (7) первый пока привед нас к уравнению (8). Группировка членов, имеющих множитель $\sqrt{3}$, дает уравнение

$$(u^2 - 1) \left[ \sqrt{3} (u^2 - 1) - 2u \right] = 0,$$

которое имеет корни: $u_1 = 1; u_2 = -1; u_3 = \sqrt{3}; u_4 = -\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Нетрудно проверить, что эти корни приводят к тому же ответу.

Замечание. Не вызывает сомнений, что в данном случае преобразование уравнения с помощью перехода к аргументу $2x$ является предпочтительным по сравнению с подстановкой $u = tg x$. Мы еще раз убедились в том, что передко увеличение аргумента тригонометрических функций, входящих в уравнение, ведет к его упрощению.

Рассмотрим пример другого типа.

Пример 8. Решить уравнение

$$tg (120^\circ + 3x) - tg (140^\circ - x) = 2 \sin (80^\circ + 2x).$$

Решение. При отыскании разумного пути решения уравнения (9), очевидно, следует обратить особое внимание на аргументы тригонометрических функций, входящих в уравнение. Связь между аргументами становится ясно, если заметить, что $tg (140^\circ - x) = -tg (x + 40^\circ)$. Тепер целесообразность использования замены $x + 40^\circ = t$ не вызывает сомнения. С помощью этой замены исходное уравнение преобразуется к виду $tg 3t + tg t = 2 \sin 2t$, или

$$\frac{\sin 4t}{\cos t \cdot \cos 3t} = 2 \sin 2t.$$

Так как $\sin 4t = 2 \sin 2t \cos 2t$, то уравнение (10) можно представить в виде

$$\frac{2 \sin 2t (\cos 2t - \cos 3t \cdot \cos t)}{\cos t \cdot \cos 3t} = 0.$$

Преобразуем выражение, стоящее в скобках, используя формулу

$$\cos 2t = \cos (3t - t) = \cos 3t \cdot \cos t + \sin 3t \cdot \sin t.$$

Тогда задача сведется к нахождению тех решений уравнения

$$\sin t \cdot \sin 2t \cdot \sin 3t = 0,$$

62

которые удовлетворяют условиям $\cos t \cdot \cos 3t \neq 0$, то есть к решению уравнения $\sin 3t = 0$.

Ответ: $x = -40^\circ + \frac{n\pi}{3}$.

Пример 9. Решить уравнение

$$\cos 3x + \cos \frac{5x}{2} = 2.$$

Решение. Если преобразовать левую часть данного уравнения по формуле суммы косинусов, то мы получим уравнение $\cos \frac{x}{4} \cdot \cos \frac{11x}{4} = 1$. Так как при любом $\alpha$ справедливо неравенство $|\cos \alpha| \leq 1$, то полученное уравнение может иметь решение лишь при выполнении условия

$$\begin{cases} \cos \frac{x}{4} = 1, \\ \cos \frac{11x}{4} = 1 \end{cases}$$ или $$\begin{cases} \cos \frac{x}{4} = -1, \\ \cos \frac{11x}{4} = -1. \end{cases}$$

Этим способом можно было бы найти решение исходного уравнения. Однако к целли приводит и другой, более простой путь.

Левая часть уравнения может равнять двум лишь в том случае, когда одновременно имеются место равенства $\cos 3x = 1$ и $\cos \frac{5x}{2} = 1$.

Находя решение первого уравнения ($x = \frac{2k\pi}{3}$) и подставляя во второе, получаем $\cos \frac{5k\pi}{3} = 1$, откуда $k = 6m$.

Ответ: $x = 4m\pi$.

В следующих примерах требуется уменение использовать понятие абсолотной величины.

Пример 10 (МФТИ, 1971). Решить уравнение

$$\text{tg}x + \frac{1}{9}\text{ctg}x = \sqrt{\frac{1}{\cos^2x} - 1} - 1.$$

Решение. Правую часть уравнения (11) можно записать так: $\sqrt{\text{tg}^2x} - 1 = |\text{tg}x| - 1$. Грубой ошибкой было бы отбрасывание знака модуля (к сожалению, немало абитурентов, решащих этот пример, допустило эту ошибку). Уравнение (11) принимает вид

$$\text{tg}x + \frac{1}{9}\text{ctg}x = |\text{tg}x| - 1.$$

Рассмотрим два случая: $\text{tg}x > 0$, $\text{tg}x < 0$ (при $\text{tg}x = 0$ левая часть уравнения теряет смысл).

a) Если $\text{tg}x > 0$, то уравнение (12) приводится к виду $\text{ctg}x = -9$, откуда следует, что $\text{ctg}x < 0$, что противоречит условия $\text{tg}x > 0$. В данном случае решение нет.

b) Если $\text{tg}x < 0$, то, полагая $u = \text{tg}x$, из (12) находим $18u^2 + 9u + 1 = 0$, откуда

$$u_1 = -\frac{1}{6}; \quad u_2 = -\frac{1}{3}.$$

63

Оба найденных значения отрицательны, так что условие $tg x < 0$ выполняется.

Ответ: $x = -\arctg \frac{1}{6} + n\pi; \quad x = -\arctg \frac{1}{3} + m\pi$.

Пример 11. Решить уравнение

$$\sin x + \sqrt{3} \cos x = \sqrt{2 + \cos 2x + \sqrt{3} \sin 2x}.$$

(13)

Решение. Так как права часть уравнения неотрицательна, то должно выполняться условие

$$\sin x + \sqrt{3} \cos x \geq 0.$$

(14)

Если освободиться от радикала путем возведения обеих частей уравнения (13) в квадрат, то получим уравнение

$$\sin^2 x + 3 \cos^2 x + 2 \sqrt{3} \sin x \cos x = 2 + \cos 2x + \sqrt{3} \sin 2x,$$

которое после уравнения примет вид

$$\cos 2x = \cos 2x.$$

(15)

Мы получили то жество. Это не означает, однако, что исходному уравнению удовлетворяют все значения $x$, так как уравнение (15) является лишь следствием уравнения (13). Уравнение (13) и (15) становятся равносильными, если выполняется условие (14). Таким образом, решения уравнения (13) являются все значения $x$, удовлетворяющие неравенству (14), и только эти значения. Решение неравенства (14) не представляется труда.

Ответ: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \leq x \leq \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$.

Замечание. К этому же ответу можно принять несколько путьем. Имеем $2 + \cos 2x + \sqrt{3} \sin 2x = \left[ 1 + \cos \left( 2x - \frac{\pi}{3} \right) \right] = 4 \cos^2 \left( x - \frac{\pi}{6} \right)$, и поэтому исходное уравнение примет вид $\cos \left( x - \frac{\pi}{6} \right) = \left| \cos \left( x - \frac{\pi}{6} \right) \right|$. Мы снова приходим к условиям (14).

Упражнения

Решить уравнения:

1. (МФТИ, 1969). $\sin^4 x + \sin^3 x \cdot \cos x + \sin^2 x \cos^2 x + \sin x \cdot \cos^3 x + \cos^4 x = 1$.
2. $\sin^3 x (1 + \text{ctg} x) + \cos^3 x (1 + \text{tg} x) = 2 \sqrt{\sin x \cos x}$.
3. (МФТИ, 1971). $\cos^2 x + \cos^2 2x = \cos^2 3x$.
4. $\cos \frac{4x}{3} = \cos^2 x$.
5. (МФТИ, 1970). $\sqrt{1 - 2 \text{tg} x} - \sqrt{1 + 2 \text{ctg} x} = 2$.