[О решении уравнений без нахождения ОДЗ]

43

4. Решить уравнение
   $$\frac{x^4 + 4}{x^2 - 2} - 5x = 0.$$
   Иногда даже несложная геометрическая задача дает повод для своевозного самостоятельного исследования, если пытается выяснить существность того или иного предложения, изменять условия задачи и рассматривать более общие конфигурации. У. Алла (г. Выру Эстонской СССР) предложает читательм журнала проведити такое исследование, начав со следующей задачи.

5. В трапеции $ABCD$ проведены диагонали, пересекающие в точке $O$. Доказать, что площад образованшихся четырехугольников связаны соотношением
   $$S_{\Delta AOB} \cdot S_{\Delta COD} = S_{\Delta BOC} \cdot S_{\Delta DOA}.$$
   Попытайте установить общие этого соотношения при различных более общих предложениях.

6. Пусть диагонали $A_1A_3$ и $A_2A_4$ выпуклого четырехугольника $A_1A_2A_3A_4$ пересекаются в точке $O$. Обозначим площад четырехугольников $A_1OA_2, A_2OA_3, A_3OA_4, A_4OA_1$ через $S_1, S_2, S_3, S_4$ соответственно. Верно ли, что $S_1S_3 = S_2S_4$?

7. Остается ли это соотношение справедливым
   a) для невыпуклого несамопересекающего четырехугольника;
   b) для самопересекающего четырехугольника?

8. Обобщить это соотношение на случай, когда точка $O$ — произвольная внутренняя точка выпуклого четырехугольника.

9. Справедливо ли соотношение, полученное в предыдущей задаче, если точка $O$ лежит вне выпуклого четырехугольника?

10. Обобщить это соотношение на случай выпуклого $2n$-угольника ($n \geq 2$) и произвольной точки $O$ в его плоскости.

Многие поступающие начинают решение уравнения или неравенства с находлением области допустимых значений (ОДЗ), т. е. множество чисел, для которых определены одновременное левая и правая части этого уравнения или неравенства. Однако следует иметь в виду, что нахождение ОДЗ нужно делать не во всех случаях.

Например, если в процессе решения используется равносильные преобразования, то отискание ОДЗ представляет собой направную трату времени.

Пример 3 (МИНХ и ГП, 1974). Решить неравенство
$$\log_2 \log_3 \frac{x+2}{x-2} < \log_{1/2} \log_{1/3} \frac{x-2}{x+2}.$$ (4)

Нахождение ОДЗ требует здесь решения системы неравенств

$$\begin{cases} x \neq 2, \\ \frac{x+2}{x-2} > 0, \\ \log_3 \frac{x+2}{x-2} > 0, \\ x \neq -2, \\ \frac{x-2}{x+2} > 0, \\ \log_{1/3} \frac{x-2}{x+2} > 0, \end{cases}$$

что является довольно трудомкой задачей. Между тем нахождение ОДЗ нет необходимости, поскольку от неравенства (4) мы можем последовать к равносильным неравенствам:

$$\log_2 \log_3 \frac{x+2}{x-2} < -\log_2 \log_3 \frac{x+2}{x-2};$$

$$\log_2 \log_3 \frac{x+2}{x-2} < 0;$$

$$0 < \log_3 \frac{x+2}{x-2} < 1;$$

$$1 < \frac{x+2}{x-2} < 3,$$

$$1 < 1 + \frac{4}{x-2} < 3,$$

$$0 < \frac{2}{x-2} < 1,$$

$$\frac{x-2}{x+2} > 1,$$

откуда получаем решение: $x > 4$.

Весьма часто нахождение ОДЗ оказывается излишним при решении irrationalных уравнений. Так, возводя в квадрат обе части уравнения
$$\sqrt{f(x)} = g(x),$$ (5)

мы приходим к уравнению
$$f(x) = |g(x)|^2,$$ (6)

44

следствием которого является неравенство $f(x) \geq 0$. Поэтому корни уравнения (6) всегда входят в ОДЗ уравнения (5).

Пример 4 (МГУ, физик, 1968). Для каждого значения параметра a найти все решения уравнения

$$\sqrt{a(2^x - 2) + 1} = 1 - 2^x.$$

Нахождение ОДЗ потребовало бы здесь решения неравенства с параметром $a(2^x - 2) + 1 \geq 0$, однако без этого можно выполне обычные. Полягая $t = 2^x$, перепишем данное уравнение в виде

$$\sqrt{at - 2a + 1} = 1 - t.$$ (7)

После возведения обих часов частей уравнения (7) в квадрат получим

$$at - 2a + 1 = (1 - t)^2,$$ (8)

откуда $t_1 = a, t_2 = 2$. Для найденных корней незачем проверять справедливость неравенства $at - 2a + 1 \geq 0$ — оно является следствием уравнения (8). Нужно лишь проверить выполнение условия $1 - t \geq 0$, которое обеспечивает равносильность уравнения (7) и (8), и условия $t > 0$, вытекающего из уравнения $t = 2^x$; оба эти условия проверяются без труда.

Ответ: при $a \leq 0$ и при $a > 1$ решений нет; при $0 < a \leq 1$ имеется единственное решение $x = \log_2 a$.

Часто при решении уравнения и неравенств ОДЗ можно находить «не до конца», накладывая необходимые ограничения не непосредственно на неизвестное, а на какие-либо выражения от неизвестного.

Пример 5 (ЛГУ, матем, 1966). Решить уравнение

$$tg \frac{2\pi x}{1 + x + x^2} = \sqrt{3}.$$

《Примерный》 абитурент, начав с нахождения ОДЗ, столкнет с необходимостью решать совокупность уравнений

$$\frac{2\pi x}{1 + x + x^2} = \frac{\pi}{2} + k\pi$$

($k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$) для определения «запрещенных» значений неизвестного. Между тем достаточно лишь знать, что ОДЗ описывает условиями

$$\frac{2\pi x}{1 + x + x^2} \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$$ (9)

($k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$). В самом деле, исходное уравнение нееделенно свойditся к совокупности уравнений

$$\frac{2\pi x}{1 + x + x^2} = \frac{\pi}{3} + n\pi$$

($n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$), корни которых, конечно, удовлетворяют условиями (9).

На приведенных примерах можно убедиться, что фактическое вычисление ОДЗ относить не является обязательным элементом решения уравнения и неравенств — проводить также вычисление следующего лишь тогда, когда это действительное необходимо.

У правания

11 (МГУ, ВМК, 1973). Решить неравенство

$$\log \frac{x^2 - 10x + 31}{30} \left(5x - \frac{11}{20}\right) \leq 0.$$ (12)

12 (МГУ, механический факультет, 1974). Решить уравнение $\sqrt{2\sin 2x} + 2\sin x = 0.$

13 (МГУ, экономический факультет, 1974). Найти все решения уравнения

$$\log_{\cos 2x - \sin 2x} (1 - \cos x - \sin x) = 1.$$ (Ю. Ионин (Ленинград))

Интересное предложение высказал в своей письме П. Горшитей (Киев): публиковать на страницах журнала красивые, короткие и «нестандартные» решения задач конкурсных экзаменов. В самом деле, часто, например, в геометрических задачах поступающие добираются до результата после проверения длинных и громоздких вычислений. Однако иногда решение той же задачи удается свести буквально к нескольким строкам, если найти «изюминку» — договора применить неокоторую геометрическую теорему или сделать удачное дополнительное построение.

Автор письма приводит несколько примеров таких задач, взятых из ва-

45

риантов вступительных экзаменов в МГУ. Решить их можно и без «геометрической фантазии», хотя тогда к целю ведет довольно извилистый путь со сложными вычислениями (см. Б. И. Алексадров и М. В. Лурье, «Пособие по математике для поступающих в МГУ», издательство МГУ, 1974 г.). Предлагаем читателем журнала попытаться найти короткие геометрические решения следующих задач.

14 (МГУ, физак, 1972). В треугольнике ABC угол В равен π/4, угол C равен π/3. На медианах BM и CN как на диаметрах построены окружности, пересекающие в точках P и Q. Хорда PQ пересекает среднюю линию MN в точке F. Найти отношение длины отрезка NF к длине отрезка FM.

15 (МГУ, физак, 1973). Боковые грани треугольной парамды SABC с вершиной S образуют одинаковые двумя углы с плоскостью основания ABC парамды; SO — высота парамды. Известно, что $\angle ASB = 7\pi/12$, $\angle BSC = \pi/2$, $\angle SCA = \pi/3$. Найти отношение площади треугольника AOB к площади треугольника ABC.

16 (МГУ, геофак, 1971). В треугольнике ABC со стороны AB = 3, BC = 4, AC = 5 проведена биссертиса BD. В треугольника ABD и BCD вписаны окружности, которые касаются отрезка BD в точках M и N соответственно. Определить длину отрезка MN.

В редакционной почте есть еще несколько писем, в которых читатели журнала предлагают простые и остроимые решения конкретных задач.

Пример 6 (МФТИ, 1970). Пассажир метро спускается вниз по движущему эскалатору за 24 сек. Если пассажир идем с той же скоростью, но по неподвижному эскалатору, мо он спускается за 42 сек. За сколько секунд он спускается, стоя на ступенках движущемся эскалатора?

Если обозначить длину эскалатора через l, а скорость эскалатора и пассажира через v₁ и v₂, то нетрудно составить систему двух уравнений с темя неизвестными, из которой определяется исходное отношение l/v₁ (см. «Квант», 1971, № 5, c. 46—47).

Ученик 7 класса Д. Феофанов (Алма-Ата) предлагает арифметическое решение задачи. При одновременном движении пассажира и эскалатора пассажир спускается за 1 сек на 1/24 часть длины эскалатора. Но за 1 сек сам пассажир спускается по неподвижному эскалатору на 1/42 часть его длины. Следовательно, студенька эскалатора за 1 сек проходит $\frac{1}{24} - \frac{1}{42} = \frac{1}{56}$ часть длины эскалатора, а потом его длину она продает за 56 сек.

В контрольной работе телевизионных курсов для поступающих вузы была помещена следующая задача (см. «Квант», 1973, № 1, c. 55; № 2, c. 80).

При мер 7. Найти sin 2α, если известно, что

$$3 \mathrm{tg}^2 \alpha - 10 \mathrm{tg} \alpha + 3 = 0$$

и что уол α удовлетворяет неравенствам

$$\frac{5}{4} \pi < \alpha < \frac{3}{2} \pi.$$

Любопытное решение этой задачи прислада в редакцию учащаяся ГПТУ Т. Антипова (Москва). Перепишем данное в условиях равенство в виде

$$10 \mathrm{tg} \alpha = 3 (\mathrm{tg}^2 \alpha + 1).$$

Так как $\mathrm{tg}^2 \alpha + 1 \neq 0$, то отсюда получаем, что

$$\frac{2 \mathrm{tg} \alpha}{1 + \mathrm{tg}^2 \alpha} = \frac{3}{5}.$$

Если вспомнить выражение синуса через тангенс положенного аргумента

$$\sin x = \frac{2 \mathrm{tg} \frac{x}{2}}{1 + \mathrm{tg}^2 \frac{x}{2}},$$

то немедленно находится: sin 2α = $\frac{3}{5}$. Отметим, что условие 5π/4 < α < 3π/2 оказывается лишним.

Обзор подготовили Н. Розов и В. Степанов