373:512 ЕВ Хорошилова Х Публикуется Московского ...€¦ ·...

Е.В. Хорошилова

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ МАТЕМАТИКА Учебное пособие для старшеклассников и абитуриентов Часть 1:

ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ. АЛГЕБРА Издательство Московского университета 2010

УДК 373:512 ББК 22.14я72 Х82 Публикуется по решению редакционно-издательского совета Московского

государственного университета имени М.В. Ломоносова

Р е ц е н з е н т ы: В.А. Ильин, академик РАН, зав. кафедрой общей математики

факультета вычислительной математики и кибернетики (ВМиК) МГУ; Е.И. Моисеев, академик РАН, декан ВМиК МГУ;

А.Б. Будак, доцент ВМиК МГУ; Л.В. Натяганов, доцент механико-математического факультета МГУ; П.И. Пасиченко, доцент механико-математического факультета МГУ; В.Н. Деснянский, профессор, зав. кафедрой вычислительной математики

МГУ путей сообщения Хорошилова Е.В. Х82 Элементарная математика: Учеб. пособие для старшеклассников и аби-

туриентов. Часть 1: Теория чисел. Алгебра. – М.: Изд-во Моск. ун-та, 2010. – 472 с.

ISBN 978–5–211–05322–9 (Ч.1) ISBN 978–5–211–05320–5 Учебное пособие предназначено для повторения и систематизации знаний школьника при подготовке к экзаменам и олимпиадам по математике (в классиче-ских устной и письменной формах, в форме ЕГЭ). Ориентировано на абитуриен-тов тех высших учебных заведений, где требуется продемонстрировать высокий уровень знаний по математике – как в теории, так и в практике решения задач. Часть 1 книги включает в себя следующие разделы: «Теория действительных чисел», «Числовые равенства и неравенства. Формулы сокращённого умножения. Известные алгебраические неравенства», «Алгебраические уравнения и неравенства». В книге содержатся все необходимые определения, формулировки и доказа-тельства свойств и теорем. Особое внимание в пособии уделяется анализу разно-образных приёмов и методов решения задач (Часть 1 включает более 450 задач с решениями из вариантов экзаменационных заданий МГУ им. М.В. Ломоносова, МИФИ, МФТИ, МГТУ им. Баумана, МТУСИ, ВШЭ, РЭА им. Плеханова, Финан-совой академии и др. вузов), а также около 600 задач для самостоятельного реше-ния (с ответами и указаниями). Большое внимание уделено задачам с нестан-дартными подходами к решению. В книгу включено много дополнительного и справочного материала, расширяющего математический кругозор учащегося. Пособие рекомендовано старшеклассникам, учащимся подготовительных от-делений и курсов для подготовки к олимпиадам (уровня МГУ им. М.В. Ломоносо-ва) и ЕГЭ (в наиболее сложной его части), а также педагогам, преподающим курс элементарной математики.

УДК 373:512 ББК 22.14я72 ISBN 978–5–211–05322–9 (Ч.1) © Хорошилова Е.В., 2010 ISBN 978–5–211–05320–5 © Изд-во Моск. ун-та, 2010

СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Раздел 1 ТЕОРИЯ ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫХ ЧИСЕЛ

1.1. Натуральные и целые числа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Понятия натурального и целого числа. Арифметические операции над натуральными и целыми числами и их свойства. Делимость нацело. Основные законы арифметики (11). Представление натурального числа в десятичной системе счисления и в системах счисле-ния с произвольным основанием (16). Признаки делимости натуральных чисел на 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 11, 25 (19). Простые и составные числа. Основная теорема арифметики (22). Наибольший общий делитель, наименьшее общее кратное, алгоритмы их нахождения и свойства (23). Деление с остатком (26). Сравнимость по модулю (26). Некоторые приёмы и методы, используемые при решении задач с целочисленными величинами: разложение целого числа в сумму по степеням основания системы счисления (28); метод анализа де-лимости нацело, использование признаков делимости (30); метод анализа остатков (35); метод анализа последней цифры числа (40); задачи на простые и составные числа (42); задачи на НОД и НОК (45); метод замены переменных (48); метод оценок (50); использо-вание различных алгебраических преобразований, в том числе формул сокращённого ум-ножения, приёма выделения полных квадратов (52); рассмотрение уравнения относи-

тельно некоторой величины (55); уравнения вида nBA =⋅ , где BA, – целочислен-

ные выражения, n – целое число (57); задачи, приводящие к ситуации, когда дробь должна принимать целочисленные значения (58); другие приёмы и методы (60).

1.2. Рациональные, иррациональные и действительные числа. . . . . . . . . 61 Понятие арифметической дроби. Классификация дробей (61). Рациональные числа. Пра-вила перевода рационального числа из обыкновенной дроби в периодическую и обратно (64). Сравнение рациональных чисел. Арифметические операции над рациональными числами (67). Решение уравнений в рациональных числах (70). Иррациональные и дейст-вительные числа (72). Сравнение действительных чисел. Арифметические операции над действительными числами и их свойства (77). Алгебраические и трансцендентные числа (85). Целая, дробная части действительного числа и их свойства (86).

1.3. Степень действительного числа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Степени с натуральными и целыми показателями и их свойства (94). Арифметические и алгебраические корни n-й степени (96). Степени с рациональными показателями (99). Степени с иррациональными показателями (103).

Хорошилова Е.В. Элементарная математика. Часть 1 4

Раздел 2 ЧИСЛОВЫЕ РАВЕНСТВА И НЕРАВЕНСТВА. ФОРМУЛЫ СОКРАЩЁННОГО УМНОЖЕНИЯ.

ИЗВЕСТНЫЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА

2.1. Числовые равенства и неравенства. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 Числовые равенства и их свойства (107). Пропорции, их свойства (108). Пропорциональ-ные отрезки. «Золотое сечение» (110). Числовые неравенства и их свойства (112).

2.2. Формулы сокращённого умножения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 Основные и некоторые дополнительные формулы сокращённого умножения (120). Поня-тие n-факториала. Бином Ньютона. Биномиальные коэффициенты. Треугольник Паскаля (121).

2.3. Некоторые известные алгебраические неравенства. . . . . . . . . . . . . . . 126 Неравенство о сумме двух взаимно обратных чисел (126). Наиболее известные средние величины и соотношения между ними (127). Неравенство Коши (130). Неравенство меж-ду средним геометрическим и средним гармоническим (132). Неравенства Бернулли (133). Неравенство Коши–Буняковского (135). Неравенство между средним арифмети-ческим и средним квадратичным (136). Задачи на доказательство различных алгебраиче-ских неравенств (137).

Раздел 3 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

3.1. Уравнения, тождества, неравенства: определения и классификация . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

3.2. Равносильность и следствие. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 Определение равносильности и следствия (145). Примеры равносильных преобразований (146). Примеры неравносильных преобразований (149).

3.3. Алгебраические уравнения и неравенства. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 3.3.1. Целые рациональные алгебраические уравнения и неравенства. . . . . . . 153 Линейные уравнения и неравенства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 Квадратные уравнения и неравенства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 Формула корней квадратного уравнения. Теорема о разложении квадратного трёхчлена на линейные множители (157). Теорема Виета. Обратная теорема. Теорема об определе-нии знаков корней квадратного уравнения по его коэффициентам (161). Квадратные не-равенства (166). Расположение корней квадратного трёхчлена относительно одной-двух заданных точек («метод парабол») (169).

Алгебраические уравнения и неравенства степени выше второй. . . . . . . . . . . . . . . . 173 Теоремы о свойствах алгебраических многочленов: о разложении многочлена произволь-ной степени на произведение линейных и квадратичных множителей (173); о наличии у многочлена нечётной степени хотя бы одного действительного корня (174); основная теорема алгебры (174); об обращении в нуль многочлена, принимающего на концах от-резка значения разных знаков (174); о тождественном равенстве двух многочленов (174); о тождественном равенстве многочленов степени не выше n , если их значения совпа-

дают в 1+n различных точках (174); о делении многочлена на многочлен с остатком

5

(175); теорема Безу (176); о рациональных корнях многочленов с целыми коэффициента-ми (176); теорема Виета в общем случае (177).

Методы решения целых алгебраических уравнений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 Разложение на множители (179); подбор корня с последующим понижением степени уравнения (180); метод поиска рациональных корней у многочленов с целыми коэффици-ентами (181); метод неопределённых коэффициентов (182); метод умножения на функ-цию (184); двучленные, трёхчленные и биквадратные уравнения (185); однородные урав-нения (186); симметрические и кососимметрические уравнения (190); возвратные уравне-

ния (192); уравнения вида ( ) ( ) cbxax =+++ 44 (194); уравнения вида

( )( )bxax −− ( )( ) Adxcx =−− , ( )cxbax ++ 12 ( )=++ cxbax 2

2

2Ax= (195), уравнения вида ( )( )( )( ) =−−−− dxcxbxax 2Ax (197);

( ) +++2

12 qxpcxa ( ) 22

22 Axqxpcxb =++ (198); тригонометрические

подстановки (198); частичная замена переменной и сведение к системе (199); графиче-ский подход (201).

3.3.2. Рациональные алгебраические уравнения и неравенства. . . . . . . . . . . . . 203 Общий метод решения дробных неравенств (205). Метод интервалов для решения нера-венств (208). Метод замены множителей на множители равных знаков (212). Рациональ-ные неравенства, решаемые на отдельных промежутках (216).

3.3.3. Иррациональные алгебраические уравнения и неравенства. . . . . . . . . . 217 Метод возведения в степень (218). Стандартные задачи и схемы их решения:

)()( xgxf = , )()( xgxf ≤ , )()( xgxf ≥ , ( )xgxf =)( ,

)()( xgxf ≤ , mn xgxf )()( = , ≤+12 )(n xf 12 )(+n xg (223). Ме-

тод домножения на сопряжённое выражение (228). Замена переменных: рационализи-рующие подстановки (232). Решение задачи на отдельных промежутках ОДЗ (241).

3.3.4. Задачи с модулем. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 Понятие модуля действительного числа, его график и свойства (242).

Методы решения задач с модулями. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 Специальные методы. Раскрытие модулей по определению (245). Метод интервалов

(249). Метод областей – обобщение метода интервалов (254). Раскрытие модуля, исполь-зуя его геометрический смысл (259). Раскрытие модулей на ОДЗ (260). Умножение на со-

пряжённое выражение (261). Замена в неравенствах множителей вида ba − ,

ba − множителями эквивалентного знака 22 ba − , 2ba − (262). Задачи, со-

держащие «скрытый» модуль (264). Использование свойств модуля (266). Специальные схемы решения типовых задач (270):

Axf =)( , Axf ≤)( , Axf ≥)( , ( )xgxf =)( , ( )xgxf ≥)( ,

( )xgxf ≤)( , =)(xf )(xg , )(xf ≤ )(xg , ( ) ( )xgxf ≠ .

Универсальные методы. Возведение в степень (278). Метод замены неизвестных (280). Разложение на множители (282). Графический подход (метод координат) (283). Метод оценок (292). Метод «от частного к общему» (294).


3.3.5. Задачи, использующие понятия наименьшего и наибольшего из двух или нескольких чисел. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295

3.4. Универсальные приёмы и методы решения уравнений и неравенств . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

Разложение на множители (301). Метод замены переменных (302). Метод неопределён-ных коэффициентов (306). Метод «от частного к общему» (308). Графический подход (метод координат) (312). Умножение на функцию (317). Уравнения вида

)()( xgxf = , где Axf ≤)( , Axg ≥)( , и другие задачи этого типа. Метод

оценок (318). Уравнения и неравенства вида =)(xf )(xg , ( ) ( )xgxf < , где

)(xf и )(xg имеют разную монотонность (325). Уравнения и неравенства вида

( )( )xfϕ ( )( )xgϕ= , ( )( ) <xfϕ ( )( )xgϕ , где ϕ – строго монотонная функ-ция. Применение к уравнению (неравенству) монотонной функции (327). Уравнения и

неравенства вида ( )( )( )( ) xxffffn

=44 344 21

... , ( )( )( )( ) xxffffn

>44 344 21

... , где

2≥n , Nn∈ (331). Уравнения вида )()( 1 xfxf −= , где )(xf , )(1 xf −–

взаимно обратные возрастающие функции (334). Геометрический подход (335). Функ-циональные уравнения (336). Вспомогательные приёмы и средства: формулы сокращён-ного умножения (340); выделение полного квадрата (куба) (340); рассмотрение уравнения относительно некоторой величины (342).

Раздел 4 ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

К разделу 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 К разделу 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360 К разделу 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364

Ответы и решения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414 ПРИЛОЖЕНИЕ 1. Список условных обозначений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465 ПРИЛОЖЕНИЕ 2. Основные методы элементарной математики. . . . . . 466 Предметный указатель. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 467 Литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 470

ПРЕДИСЛОВИЕ Уважаемый читатель, вы держите в руках первую часть книги, которая при-звана помочь успешно подготовиться к одному (письменному) или двум (пись-менному и устному) экзаменам (турам олимпиад) по математике. Если вам не предстоит сдавать экзамен по устной математике, всё же для успешного реше-ния математических задач следует повторить теоретический курс. Книга написана по материалам лекций, читаемых автором, доцентом фа-культета ВМиК, кандидатом физико-математических наук, с 2001 года по на-стоящее время на подготовительном отделении МГУ (для ВМиК и Физического факультета), с учётом опыта работы в экзаменационных комиссиях по матема-тике на различных факультетах МГУ, а также многолетних занятий по матема-тике, проводимых автором для старшеклассников на Геологическом факультете. Излагаемый теоретический материал иллюстрируется разнообразными, специ-ально подобранными по темам примерами решения задач. В данной книге, ко-торая послужит вам и кратким учебником, и справочным пособием, вы найдёте ответы на большинство теоретических вопросов, сформулированных в про-грамме по математике для поступающих в Московский государственный уни-верситет. Объём любой книги не позволяет подробно с необходимой глубиной и доста-точным количеством примеров изложить материал всех основных разделов эле-ментарной математики. Приходится выбирать: или это обзорное изложение большого количества тем, или какая-либо избранная тема приводится подробно. Автор постаралась найти компромисс, так как, с одной стороны, в книге рас-сматриваются большинство из изучаемых в школьном курсе разделов математи-ки. С другой стороны, во многих разделах приводятся дополнительные сведения для более детального изучения предмета. И всё-таки акцент в книге делается на систематизацию теоретических знаний при повторении (а не первичном изуче-нии) предмета, а приводимые примеры иллюстрируют излагаемый материал. Большого количества разобранных в книге задач всё же недостаточно для де-тального изучения математической дисциплины в полном её объёме. Поэтому работу с книгой надо обязательно сочетать с дополнительным количеством ре-


шаемых по каждой теме задач. Только тогда теоретический материал будет в необходимой мере понят и усвоен. Часть 1 данной книги включает в себя такие основополагающие разделы элементарной математики как «Теория действительных чисел», «Числовые ра-венства и неравенства. Формулы сокращённого умножения. Известные алгебраи-ческие неравенства», «Алгебраические уравнения и неравенства». Поскольку данное пособие могут использовать при подготовке к экзамену и абитуриенты нематематических факультетов, требования к глубине знания предмета для которых, как правило, ниже, чем на факультетах, осуществляю-щих подготовку математиков, то для облегчения отбора необходимого материа-ла те разделы и пункты, которые выходят за рамки программы для поступаю-щих в Московский университет или за пределы стандартной школьной про-граммы, помечены в книге знаком (*). Увидев такой знак, можно пропустить данный пункт или ознакомиться с ним «по диагонали». Ответы к примерам, ра-зобранным в тексте пособия, опускаются в тех случаях, когда они непосредст-венно и с очевидностью следуют из решения. В последнем разделе для отработки практических навыков решения и закре-пления теоретического материала приводится обширный список задач для само-стоятельного решения, сгруппированных по темам. Задачи отобраны из экза-менационных заданий по математике на различных факультетах МГУ им. М.В. Ломоносова за разные годы и снабжены не только ответами, но и указаниями к решению или подробными решениями. Если вы слушатель подготовительного отделения или подготовительных курсов, то необходимый опыт решения задач вы сможете получить во время практических занятий с преподавателем. Обычно при этом возникает большое количество различных вопросов. Не оставляйте их без ответа, проявляйте ини-циативу, консультируйтесь у преподавателя, поскольку для вас важно именно сейчас повторить и систематизировать свои знания. Готовясь к устному экзамену по математике (будем надеяться, что они со-храняться в качестве дополнительных вступительных испытаний, по крайней мере, в элитных вузах страны), учитесь правильно формулировать определения и свойства, доказывать входящие в курс теоремы, а также приводить, если пона-добится, необходимые пояснения и обоснования. При работе с книгой обра-щайте внимание на встречающиеся в тексте определения и формулировки, ста-райтесь их запомнить (очень часто это спрашивают в качестве дополнительного вопроса на экзамене). Таким образом, подготовка к экзаменам включает в себя как выработку уме-ния показать ваше знание теоретических разделов курса элементарной матема-тики, так и развитие навыков решения на практике предложенных задач. Данное пособие ставит одной из первоочередных своих целей как раз помочь учащему-ся повторить пройденное, привести в стройный порядок свои знания, а также, возможно, дополнить и систематизировать их. При этом следует иметь в виду, что чем шире используемый вами арсенал методов и способов решения, чем

9

больше ваш опыт в их применении, тем легче будет вам на экзамене найти нуж-ный подход к той или иной задаче, а, следовательно, тем ближе вы будете к ус-пеху. Помимо необходимых, базовых сведений вы найдёте в этом пособии также много дополнительной и интересной информации, которая, как надеется автор, заинтересует вас и расширит ваш математический кругозор. Остаётся пожелать вам хороших и отличных результатов при подготовке и во время предстоящей сдачи экзаменов. Помните, что усердие, целеустремлённость и регулярность в достижении поставленной цели всегда являются залогом успешного её осущест-вления.

Автор выражает искреннюю признательность рецензентам книги – разработ-чикам известных пособий по математике для абитуриентов – доценту факульте-та ВМиК А.Б. Будаку за внимательное прочтение и анализ пособия, сотрудни-кам механико-математического факультета П.И. Пасиченко и Л.В. Натяганову, профессору, заведующему кафедрой вычислительной математики МГУ путей сообщения В.Н. Деснянскому за просмотр книги и высказанные полезные заме-чания и советы, академикам РАН В.А. Ильину и Е.И. Моисееву (факультет ВМиК) за рецензию и общую поддержку, а также всем авторам используемых и цитируемых пособий и задач. Именно наличие различных познавательных фак-тов и иллюстрирующих примеров в тексте книги делают её прочтение более полезным и, надеюсь, нескучным. С уважением, автор

Раздел 1

ТЕОРИЯ ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫХ ЧИСЕЛ

«Математика (от греческого «знание, наука») – наука о количественных отношениях и пространственных формах действительного мира».

«Арифметика (от греческого «число») – часть матема-тики, наука о числах, в первую очередь о неотрицательных рациональных числах (целых и дробных), и действиях над ними».

Большой энциклопедический словарь [18] Арифметика – это один из основополагающих разделов математики, зани-мающийся изучением природы и свойств чисел. Это та часть математики, с ко-торой она исторически начала развиваться вначале как прикладное средство для решения практических задач, а затем и как самостоятельная наука. Как сказал великий математик Карл Фридрих Гаусс (1777–1855), «математика – царица на-ук, а арифметика – царица математики». Современное название данного раздела – теория чисел. Из русских арифметических руководств начала XVIII века наибольшее зна-чение имела «Арифметика» Л.Ф. Магницкого (1703). В ней содержится следую-щее описание арифметики: «Арифметика, или численница, есть художество че-стное, независтное и всем удобопонятное, многополезнейшее и многохвальней-шее, от древнейших же и новейших, в разные времена живших изряднейших арифметиков, изобретённое и изложенное». Рассмотрим наиболее важные вопросы, имеющие отношение к рассматри-ваемой теме, освещаемые в той или иной степени в школьном курсе элементар-ной математики и встречающиеся с завидным постоянством на вступительных экзаменах в МГУ и другие высшие учебные заведения. Прежде чем научиться хорошо решать задачи на свойства натуральных и целых чисел, необходимо тщательно изучить теоретическую базу этого раздела, усвоить определения, ра-зобраться в основных понятиях и ознакомиться с важнейшими типами задач. Помощь в этом вам окажет данное пособие.

Натуральные и целые числа 11

1.1. Натуральные и целые числа Понятия натурального и целого числа.

Арифметические операции над натуральными и целыми числами и их свойства. Делимость нацело. Основные законы арифметики

Понятие натурального числа возникло еще в древнем мире. В этом названии, происходящем от латинского слова natura – природа, отразилось представление, будто числа 1, 2, 3, 4, 5 и т.д. «созданы самой природой» – в отличие от дробей, отрицательных, иррациональных и тем более комплексных чисел, созданных человеком. На самом деле, конечно, натуральные числа – тоже творение челове-ческого ума. В современной математике натуральное число является понятием аксиоматическим, первичным. Существование натуральных чисел принимается без доказательства. В школьных учебниках обычно пишут, что натуральные числа – это числа, используемые в повседневной практике для счёта, т.е. 1, 2, 3, 4, 5,…, n ,… Натуральные числа образуют множество, называемое множеством натуральных чисел и обозначаемое заглавной латинской буквой

=N {1; 2; 3; 4; 5;…; n ;…}

(от французского слова “le nombre” – число). Запись Nn∈ означает, что число n принадлежит множеству натуральных чисел, т.е. является натуральным. Более строгое описание понятия натуральных чисел, выходящее, впрочем, за пределы курса элементарной математики, опирается на аксиомы, сформулиро-ванные итальянским математиком Джузеппе Пеано (1858–1932). В них, в част-ности, используется понятие следования, принимаемое как первичное и не опре-деляемое через другие понятия. Приведём указанные аксиомы Пеано для любо-знательного читателя [18]. 1. Единица есть натуральное число. Единица не следует ни за каким нату-ральным числом. 2. Число, следующее за натуральным числом, есть натуральное число.

3. Если натуральное число a следует за натуральным числом b и одновре-менно за натуральным числом c , то b и c тождественно равны. 4. Если какое-либо предложение доказано для 1, и если из допущения, что оно верно для натурального числа a , вытекает, что оно верно для следующего за a натурального числа, то это предложение верно для всех натуральных чисел. Последняя аксиома, называемая аксиомой полной индукции, лежит в основе известного метода доказательства – метода математической индукции. Отметим некоторые из свойств натуральных чисел. 1. Натуральных чисел бесконечно много. 2. Множество натуральных чисел является упорядоченным, т.е. между лю-быми двумя натуральными числами a и b всегда можно поставить один и только один из трёх знаков сравнения: ”= ” (равно), ”< ” (меньше), ”> ” (больше).


3. На множестве натуральных чисел вводятся четыре основные арифмети-ческие операции: сложения, вычитания, умножения, деления.

Опишем, как вводятся эти операции [2]. Так, сложить два натуральных чис-ла a и b значит найти в ряду натуральных чисел число c , находящееся на b -м месте от числа a :

a , 1+a , 2+a ,… , ba + .

Это число c называют суммой и обозначают ba + , а числа a , b при этом на-зывают слагаемыми. Например, сложить числа 4 и 7 означает найти в натураль-ном ряду число, стоящее на седьмом месте по порядку, считая от числа 4, т.е. число 11. Таким образом, сумма состоит из стольких единиц, сколько их содер-жится в числах a и b . Заметим, что сумма двух (конечного числа) натураль-ных чисел существует всегда и сама является натуральным числом. В этом смысле принято считать, что множество N замкнуто относительно арифмети-ческой операции сложения. Умножить натуральное число a на натуральное число b значит найти на-туральное число c , равное сумме a чисел, каждое из которых есть b . Это чис-ло c называется произведением чисел a и b , и обозначается a ∙b , а сами чис-ла a , b при этом называются сомножителями. То есть произведение c состоит из стольких единиц, сколько их содержится в числе b , взятых столько раз, сколько единиц содержится в числе a . Произведение двух (конечного числа) натуральных чисел существует всегда и представляет собой также натуральное число, т.е. множество N замкнуто и относительно арифметической операции умножения. На основании введённой на множестве натуральных чисел операции умно-жения можно определить понятие натуральной степени натурального числа. Так, если натуральное число a умножить само на себя n раз, где n – произ-вольное натуральное число, то такое произведение называют n -й степенью числа a и обозначают na . Таким образом, по определению имеем

=na 43421разn

aaa ⋅⋅⋅ ... .

При этом число a называется основанием степени, а число n – показателем степени. При 1=n полагают aa =1 . Определим теперь операции, обратные сложению и умножению натураль-ных чисел – действия вычитания и деления. Начнём с операции вычитания. Вы-честь из натурального числа a натуральное число b значит найти число c такое, что сумма cb + равна a . Число c в этом случае называется разностью


чисел a и b , и обозначается ba − , число a называется уменьшаемым, а чис-ло b – вычитаемым. Разность двух натуральных чисел существует всегда, но является натуральным числом, только если ba > . Если ba = , то разность рав-на нулю, а если ba < , то разность будет числом отрицательным. Таким обра-зом, операция вычитания в общем случае выводит за пределы множества нату-ральных чисел, и, следовательно, множество натуральных чисел не замкнуто относительно вычитания. В связи с этим исторически операция вычитания нату-ральных чисел привела к необходимости расширения множества N до множе-ства целых чисел. Для того чтобы записать результат вычитания равных между собой нату-ральных чисел, нам понадобилось ввести новое число – нуль. Нуль – это особое число, оно не является натуральным числом и считается числом, предшествую-щим всем натуральным числам. Таким образом, число нуль считается меньше любого натурального числа. На числовых прямых число нуль, как правило, вы-бирается началом отсчёта. В современном русском языке употребляются два варианта этого слова: нуль и ноль. В математической речи, устной и письменной, обычно используется ва-риант нуль. Вне математики чаще используется вариант ноль (Ноль градусов – обычная температура в это время. Поезд отправляется в ноль часов 40 минут). Если к множеству натуральных чисел добавить число нуль, то получим рас-ширенное множество натуральных чисел:

=0N {0; 1; 2; 3;…; 1−n ; n ; 1+n ;…}. В расширенном натуральном ряду чисел также можно определить действия сложения и умножения; для этого к определениям сложения и умножения нату-ральных чисел достаточно добавить определения сложения и умножения, в ко-торых участвует число нуль:

aaa =+=+ 00 , 000 =+ , 000 =⋅=⋅ aa , 000 =⋅ (где a – произвольное натуральное число). По определению нулевая степень любого натурального числа a есть единица, т.е. 10 =a . Возведение нуля в нулевую степень является запрещённым действием. Множество отрицательных целых чисел вводится как множество, состоящее из чисел, противоположных по знаку натуральным числам. Например, нату-ральное число a , взятое со знаком «минус», т.е. ( )a− , называют числом, про-тивоположным натуральному числу a . Множество отрицательных целых чисел обозначается

=−Z { };...;...;3;2;1 n−−−− , где Nn∈ . Введём операции сравнения на множестве, состоящем из целых отрицатель-ных чисел, что позволит упорядочить элементы (числа) этого множества между собой. Пусть a и b – натуральные числа. Будем говорить, что два целых отри-


цательных числа ( )a− и ( )b− равны, если равны a и b . Будем считать, да-

лее, что число ( )a− меньше числа ( )b− , если a больше b . Соответственно

число ( )a− больше числа ( )b− , если a меньше b . Множество, содержащее все натуральные числа, числа, противоположные натуральным, а также число нуль, называется множеством целых чисел и обо-значается заглавной латинской буквой Z :

=Z { };...;...;3;2;1;0 n±±±± , где Nn∈ .

Очевидно, что множество N является подмножеством множества Z , что обо-значается N ⊂ Z . Заметим, что натуральные числа можно называть также по-ложительными целыми числами. Определим теперь операции сравнения на множестве целых чисел. Два це-лых числа равны по определению, если либо они – равные натуральные числа, либо они – равные целые отрицательные числа, либо каждое из них есть нуль. Любое натуральное число, по определению, больше нуля, а любое целое отри-цательное число – меньше нуля. Таким образом введённое множество целых чисел оказывается упорядоченным, и на нём можно ввести четыре основных арифметических действия. Расширим описанные выше операции сложения и умножения над натураль-ными числами, распространив их на множество целых чисел. Пусть a и b – произвольные натуральные числа. Если одно число или оба числа, которые надо сложить или умножить, есть отрицательные целые числа (или нуль), то действия сложения и умножения для них производятся следующим образом:

( ) ( ) ( )baba +−=−+− , ( ) ( ) aaa −=−+=+− 00 ,

( )( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=<−>−−

=+−,,0,,

,,

baеслиbaеслиab

baеслиbaba

( ) ( ) ( )bababa ⋅−=−⋅=⋅− , ( ) ( ) baba ⋅=−⋅− ,

( ) ( ) 000 =−⋅=⋅− aa . Тогда вычитание из целого числа a целого числа b равнозначно сложению целого числа a с целым числом ( )b− . Рассмотрим теперь, как вводится операция деления одного натурального числа на другое. Начнём с операции деления нацело, а затем обратимся к опера-ции деления с остатком. Разделить натуральное число a на другое натуральное число b нацело означает найти такое натуральное число c , что abc =⋅ . За-метим сразу, что это можно сделать не для любых натуральных чисел a и b .


Если такое число c существует, то число a называется делимым, число b – делителем, а число c – частным от деления a на b . Тот факт, что число a делится на число b нацело, принято обозначать a ⋮b (читается ” a кратно b ”). Если число a делится нацело на числа b и c , то по отношению к ним a назы-вается кратным, а числа b и c (по отношению к делимому a ) оба можно счи-тать делителями этого числа. Так как в результате деления одного натурального числа на другое не всегда получается натуральное число, то множество нату-ральных чисел не является замкнутым относительно операции деления. Необхо-димость деления натуральных чисел друг на друга привела в своё время к воз-никновению нецелых (дробных) чисел. Операцию деления, введённую выше на множестве натуральных чисел, можно распространить на множество целых чисел (сделайте это самостоятель-но). При этом следует помнить, что, во-первых, число нуль делится нацело на любое другое целое число, кроме нуля, и в результате получается число нуль, и, во-вторых, деление любого целого числа на нуль запрещено. Операции сложения и умножения целых чисел (а, следовательно, и вводи-мые посредством них операции вычитания и деления) подчиняются основным законам арифметики. Перечислим эти законы и укажем их соответствующие названия. Итак, пусть a , b , c – произвольные целые числа. Тогда справедливы следующие равенства: 1. ba + ab += (коммутативность сложения, или переместительный за-кон сложения); 2. ( ) ( )cbacba ++=++ (ассоциативность сложения, или сочетатель-ный закон сложения); 3. a ∙ =b b ∙ a (коммутативность умножения, или переместительный за-кон умножения); 4. ( ) ( )cbacba ⋅⋅=⋅⋅ (ассоциативность умножения, или сочетательный закон умножения); 5. ( ) cbcacba ⋅+⋅=⋅+ (дистрибутивность умножения относительно сложения, или распределительный закон умножения относительно сложения). Наконец, опираясь на определения арифметических действий и основные законы сложения и умножения, докажем два вполне очевидных вспомогатель-ных утверждения, отражающие свойства делимости нацело для натуральных и целых чисел, которые будут нами использованы в дальнейшем при доказатель-стве признаков делимости натуральных (целых) чисел.

Теорема 1. Если каждое из двух целых чисел a и b делится нацело на одно и то же целое число c ( )0≠c , то их сумма (разность) также делится нацело на c .


Доказательство проведём для случая суммы (в случае разности доказывает-ся аналогично). Так как a ⋮ c , то, по определению делимости нацело, найдётся

такое целое число n , что nca ⋅= . Аналогично, поскольку b ⋮ c , то найдётся целое число k такое, что kcb ⋅= . Тогда kcncba ⋅+⋅=+ . Применяя закон дистрибутивности умножения относительно сложения, получим =+ ba

( )knc +⋅= . Это означает, что нашлось такое целое число kn + , что

=+ ba ( )knc +⋅ , т.е., по определению делимости нацело, сумма ba + также делится нацело на c .

Теорема 2. Если в произведении двух целых чисел a и b хотя бы один множи-тель делится нацело на целое число c ( )0≠c , то и произведение делится на c . Доказательство. Пусть дано произведение ba ⋅ . Предположим, ради опре-деленности, что a ⋮ c ⇒ ∃n ∈Z : nca ⋅= . Тогда ba ⋅ = ( ) bnc ⋅⋅ . Используя закон ассоциативности умножения, получаем ( )bncba ⋅⋅=⋅ . Следовательно,

нашлось такое целое число bn ⋅ , что ba ⋅ = ( )bnc ⋅⋅ . Это, по определению

делимости нацело для целых чисел, и означает, что ( ba ⋅ )⋮ c . Теоремы доказаны.

Представление натурального числа в десятичной системе счисления

и в системах счисления с произвольным основанием

Современные цифры и десятичный способ их записи происходят из Индии, где они употреблялись за 1000 лет до нашей эры. Они были занесены арабами в Европу примерно в X веке, поэтому их называют “арабскими”. Используемая ныне десятичная система счисления относится к так называемым позиционным системам счисления, в которых одна и та же цифра в зависимости от её места в числе имеет разное значение. В основе всякой позиционной системы счисления лежит следующий прин-цип: некоторое количество единиц составляет новую единицу следующего раз-ряда. Это число называется основанием системы счисления. Если за основание системы счисления взять число «2», то система счисления называется двоичной, если «3» – троичной, если «10» – десятичной, если « p » – p -ичной ( 2≥p ). В двоичной системе для записи чисел используются цифры 0 и 1; в троичной – цифры 0, 1 и 2; в четверичной – цифры 0, 1, 2, 3 и т.д. В любой позиционной системе счисления основание системы записывается в виде 10 (читается не «де-сять», а «один–ноль»; числом «десять» это будет только в десятичной системе счисления). Квадрат основания записывается как 100, куб – как 1000, и т.д.


Арифметические операции в позиционных системах счисления с произволь-ным (отличным от 10) основанием выполняются поразрядно, начиная справа, аналогично тому, как это делается в десятичной системе счисления.

Например, в двоичной системе имеем

11100...

1001

10011+

или

1010

1001

10011_.

Выпишем начало натурального ряда чисел, записывая одни и те же числа в десятичной, двоичной, троичной и пятеричной системах счисления.

Десятичная Двоичная Троичная Пятеричная 0 0 0 0 1 1 1 1 2 10 2 2 3 11 10 3 4 100 11 4 5 101 12 10 6 110 20 11 7 111 21 12 8 1000 22 13 9 1001 100 14

10 1010 101 20 11 1011 102 21 12 1100 110 22 13 1101 111 23 14 1110 112 24 15 1111 120 30 16 10000 121 31 … … … …

В наиболее распространённой десятичной системе счисления любое нату-ральное число n можно представить в виде следующей суммы, разложив его по степеням основания системы – числа 10:

n == −− 01221 ... aaaaaa kkk

+⋅+⋅= −−

11 1010 k

kk

k aa +⋅ −−

22 10k

ka … 01

12

2 1010 aaa +⋅+⋅+ . (1)

Здесь kaaaa ,...,,, 210 – соответственно цифры, стоящие в разряде единиц, де-сятков, сотен и так далее. Черта сверху условно означает, что это именно одно число, а не, скажем, произведение чисел 01 ,...,, aaa kk − . Например,

.740030001000010710010410310113407 01234 +++=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=


Заметим, что формула, аналогичная формуле (1), справедлива и в системе счис-ления с произвольным натуральным основанием p ( )2≥p . Обозначим

( )pkk aaaa 011...− – натуральное число, записанное цифрами kaaaa ,...,,, 210 в

системе счисления с основанием p (цифры в такой системе счисления могут принимать целые значения от 0 до 1−p включительно). Тогда это число мож-но единственным образом представить в виде разложения в сумму по целым неотрицательным степеням p :

( ) =− pkk aaaa 011... 01

12

21

1 ... apapapapa kk

kk +⋅+⋅++⋅+⋅ −

− .

Именно на использовании последней из формул основано правило перевода натурального числа из системы счисления с произвольным основанием p в десятичную систему счисления. Например,

( ) 231241612121202110111 12342 =+++=+⋅+⋅+⋅+⋅= .

Таким образом, в десятичной записи данное число имеет вид 23. Рассмотрим обратный перевод числа, записанного в десятичной форме, к его эквивалентному виду в системе счисления с произвольным основанием p . По-ясним это правило перевода на приведённом выше примере. Допустим, надо узнать, как выглядит в двоичной системе счисления десятичное число 23, т.е.

( ) ( )210 ?23 = .

Найдём, какая максимальная степень числа 2 «укладывается» в числе 23 – это 42 ( 52 уже больше 23). Тогда 72123 4 +⋅= . Продолжим работу с остатком

7. Найдём, сколько раз «помещается» в этом числе 7 следующая в порядке уменьшения степень числа 2, т.е. 32 – ноль раз, следующая степень двойки 22 «помещается» в числе 7 один раз, остаётся 3. В этом числе один раз «помещает-ся» 12 и остаётся 1. Таким образом, имеем следующее разложение в сумму

01234 212121202123 ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅= .

Осталось «собрать» последовательно коэффициенты при 42 , 32 , 22 , 12 , 02 , получив искомую двоичную запись числа 23: ( ) ( )210 1011123 = .

Рассмотрим приставки, используемые в Международной системе единиц СИ для обозначения больших и малых чисел: пента – 1510 , мега – 610 , дека – 110 , милли – 310− , тера – 1210 , кило – 310 , деци – 110− , микро – 610− , гига – 910 , гекто – 210 , санти – 210− , нано – 910− .


Признаки делимости натуральных чисел на 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 11, 25

Довольно часто при решении задач возникает необходимость выяснить, де-лится ли данное натуральное (целое) число на некоторое другое натуральное (целое) число нацело, не производя самого деления. В этих случаях используют признаки делимости. Выведем признаки делимости на 2, 3, 4, 5, 9, 10, 11, ещё несколько признаков сформулируем без доказательства [34]. Заметим, что, стро-го говоря, формулировки приводятся в виде необходимого и достаточного ус-ловия делимости некоторого натурального числа на другое натуральное число. Поэтому более корректным будет назвать сформулированные ниже утвержде-ния о делимости не признаками, а критериями делимости. Пусть =n 0121... aaaaa kk − – произвольное натуральное число (для целых чисел сформулируйте критерии делимости самостоятельно).

Критерий делимости на 2 Число n ⋮2 ⇔ 0a ⋮2 (число n кратно двум тогда и только тогда, когда его

последняя цифра 0a кратна двум, т.е. =0a 0;2;4;6;8). Доказательство. Представим число n в виде суммы =n +⋅ −110( k

ka +⋅ −−

21 10k

ka ++⋅ −− ...10 3

2k

ka 12 10⋅a 10)1 ⋅+ a 0a+ . (1)

Необходимость. Пусть n делится на 2. Докажем, что его последняя цифра

0a кратна двум. Действительно, первое слагаемое в представлении (1) содержит множитель 10, который делится на 2, поэтому в силу доказанной выше теоремы 2 это слагаемое кратно 2. Выразим из формулы (1) последнюю цифру 0a :

−= na0 +⋅ −110( kka 2

1 10 −− ⋅ k

ka +⋅+ −−

32 10k

ka …+ 12 10⋅a +

1a )∙10. Так как каждое из слагаемых в правой части равенства кратно 2, то по теореме 1 их разность обязана делиться на 2, следовательно, 0a ⋮2.

Достаточность (собственно признак делимости на 2). Пусть теперь 0a ⋮2.

Докажем, что тогда число n делится на 2. Поскольку 0a ⋮2, то в равенстве (1) оба слагаемых в правой части будут делиться на 2, а это в силу теоремы 1 озна-чает, что их сумма n тоже будет кратна 2.

Критерий делимости на 3

Число n ⋮3 ⇔ ∑=

k

iia

0⋮3 (т.е. натуральное число n делится нацело на 3 тогда

и только тогда, когда сумма всех его цифр делится на 3).


Доказательство. Заметим, что любая степень числа 10 с натуральным пока-зателем может быть представлена в виде суммы:

19101 += , 199102 += , 1999103 += ,…, k10 19...99 += 321k

.

Поэтому преобразуем вначале натуральное число n к виду: =+⋅+⋅++⋅+⋅+⋅= −

−−

− 012

22

21

1 1010...101010 aaaaaan kk

kk

kk

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

−− 19...9919...99

11 321321

kk

kk aa ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅

−− ...19...99

22 321

kka

( ) ( ) =++⋅++⋅+ 012 19199 aaa +⋅+⋅−

− 3213211

1 9...999...99(k

kk

k aa

+⋅+⋅++⋅+−

− )999...9...99 122

2 aaak

k 321 )...( 0121 aaaaa kkk +++++ −− .

Выражение в первых скобках в силу теорем 1 и 2 делится на 3. Поэтому число n ⋮3 ⇔ сумма его цифр кратна 3.


Число n ⋮4 ⇔ 01aa ⋮4 (т.е. число, состоящее из двух последних цифр, де-лится на 4). Доказательство. Представим n в виде:

=n ( +⋅+⋅ −−

11 1010 k

kk

k aa ...10 22 +⋅ −

−k

ka +⋅+ )1022a ( ) =+⋅ 01 10 aa

...101010( 42

31

2 +⋅+⋅+⋅= −−

−−

− kk

kk

kk aaa +⋅+ 100).. 2a ( )0110 aa + .

Так как 100⋮4, то первое из слагаемых делится на 4. Поэтому n ⋮4 ⇔ 01aa ⋮4.


Число n ⋮5 ⇔ 0a ⋮5 (последняя цифра числа равна 0 или 5).

Доказательство. Представим n в виде: (=n +⋅ −110k

ka +⋅ −−

21 10k

ka ...10 32 +⋅ −

−k

ka 12 10⋅+ a 01 10) aa +⋅+ .

Так как первое слагаемое, очевидно, кратно пяти, то n ⋮5 ⇔ 0a ⋮5.


Число n ⋮8 ⇔ 012 aaa ⋮8 (т.е. число, составленное из трёх последних цифр, делится на 8). Доказывается аналогично признаку делимости на 4.



Число n ⋮9 ⇔ ∑=

k

iia

0⋮9 (сумма цифр делится на 9).

Доказывается аналогично признаку делимости на 3.


Число n ⋮10 ⇔ 00 =a . Доказывается аналогично признаку делимости на 2.

Критерий делимости на 11 Число n ⋮11 ⇔ сумма цифр, стоящих в чётных разрядах, либо равна сумме цифр, стоящих в нечётных разрядах, либо отличается от неё на число, кратное 11. Доказательство. Заметим, что для произвольного натурального n , в силу одной из известных формул сокращённого умножения (для суммы нечётных степеней двух чисел), имеем:

( )( )1...101010110110 2212212 +−+−+=+ −−+ nnnn .

Обозначим выражение во вторых скобках через 12 +nA . Таким образом,

1212 11110 ++ ⋅=+ n

n A , где 12 +nA – некоторое натуральное число. Отсюда мож-но утверждать, что всякая нечётная степень числа 10 записывается в виде раз-ности 11110 12

12 −⋅= ++

nn A . Аналогично, используя другую формулу сокра-

щённого умножения, получаем

( ) ( ) ( )( ) nnnn A2

221222 991...1010110110 ⋅=+++−=− −− . Поэтому всякая чётная степень числа 10 может быть записана в виде суммы

19910 22 +⋅= n

n A . Пусть теперь n – натуральное число, исследуемое на делимость на 11. Пред-ставим его в виде разложения по степеням 10:

01

12

21

1 1010...1010 aaaaan kk

kk +⋅+⋅++⋅+⋅= −

− . Достаточно доказать, что разность

( )−++++ − 022 ... aaaa kk ( )1331 ... aaaa kk ++++ −−

делится нацело на 11. Пусть, ради определённости, старшая степень k – число чётное. Тогда разложение числа n можно переписать в виде

( ) ( ) ( ) ...199111199 2211 +++−++= −−−− kkkkkk AaAaAan ( )+++ 1992a

( ) 01 111 aa +−+ ( )++++++⋅= −−−− 122211 9...9911 aaAaAaAa kkkkkk

( )−+++++ − 022 ... aaaa kk ( )1331 ... aaaa kk ++++ −− .


В полученном выражении первое слагаемое делится на 11, следовательно, число n делится на 11 тогда и только тогда, когда разность двух сумм, стоящих в по-следних скобках, т.е.

( )−++++ − 022 ... aaaa kk ( )1331 ... aaaa kk ++++ −− ,

делится на 11. В случае, когда старшая степень k нечётна, доказательство про-водится аналогично.


Число n ⋮25 ⇔ 01aa ⋮25 (т.е. оканчивается на 00, 25, 50, 75). Доказательство аналогично доказательству признака делимости на 4.

Простые и составные числа. Основная теорема арифметики

Натуральное число, большее 1, называется простым, если оно делится толь-ко на единицу и само себя и других натуральных делителей не имеет. Натураль-ные числа, большие единицы и не являющиеся простыми, называются состав-ными. Например, число 17 простое, так как из натуральных чисел делится толь-ко на 1 и 17. А число 18 – составное, так как помимо 1 и 18 делится ещё, на-пример, на 3. Вот несколько первых простых чисел, записанных в порядке воз-растания:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31,…

Число 2 – единственное чётное простое число, все остальные простые числа – нечётные. Простых чисел бесконечно много, это было установлено ещё в древности (Евклид, Ⅲ век до н. э.). Докажем этот факт методом «от противного». Предпо-ложим, что простых чисел – конечное число. Перенумеруем их в порядке воз-растания: nppp ,...,, 21 . Рассмотрим натуральное число 1,...,, 21 +nppp . Оно

больше каждого из простых чисел ip ( ni ,1= ) и делится на любое из них с остатком 1. Следовательно, это тоже простое число. Получили противоречие, которое означает, что сделанное предположение о конечности множества про-стых чисел было неверно. Заметим, что любое простое число, большее 3, может быть представлено в виде 16 ±n (обратное утверждение о том, что если число представимо в ука-занном виде, то оно простое, – неверно; докажите это самостоятельно).

Эратосфен Киренский (ок. 276–194 гг. до н.э.) предложил для нахождения всех простых чисел, не превосходящих заданного натурального числа 1>n , метод вы-чёркивания из ряда натуральных чисел, меньших либо равных n , единицы и всех


кратных последовательным простым числам ≤p n , кроме самих простых чи-сел. Этот метод получил название «решета Эратосфена» [17]. Восхищение вызывает француз Люка, доказавший в 1876 году (в эпоху, когда ещё не было компьютеров!) простоту числа, состоящего из 39 цифр:

170141183460469231731687303715884105727.

Теорема (основная теорема арифметики). Каждое составное число разла-гается в произведение нескольких простых чисел, не обязательно различных, причём такое разложение единственно с точностью до порядка сомножителей:

n kpkpkp ll⋅⋅⋅= ...21

21 ,

где n – составное число, о котором идёт речь в теореме, lppp ,...,, 21 – раз-

личные простые числа, lkkk ,...,, 21 – натуральные показатели степеней (без доказательства). Это разложение часто называют каноническим разложением числа на простые множители. В задачах, где требуется выяснить, является или нет некоторое натуральное число n простым, обычно необходимо разложить исследуемое число n на множители, представив его в виде произведения как минимум двух целых чи-сел, и если все множители в полученном разложении отличны от ± 1, то делает-ся вывод, что число n – составное.

Наибольший общий делитель, наименьшее общее кратное, алгоритмы их нахождения и свойства

Сформулируем несколько определений, имеющих отношение к понятиям наибольшего общего делителя и наименьшего общего кратного. Если каждое из натуральных чисел naaa ,...,, 21 делится нацело на нату-

ральное число b , то говорят, что число b является их общим делителем. Так, числа 12 и 18 имеют общие делители 1, 2, 3, 6. Если два или несколько натуральных чисел не имеют общих натуральных делителей, отличных от единицы, то эти числа называются взаимно простыми. При этом каждое из них в отдельности не обязательно должно быть простым. Например, числа 7 и 9 – взаимно простые; 4, 5 и 6 – взаимно простые. Так как числа naaa ,...,, 21 могут иметь лишь конечное число общих нату-ральных делителей, то среди них всегда имеется наибольший, который называ-ется наибольшим общим делителем и обозначается ( )naaaНОД ,...,, 21 . В случае взаимно простых чисел он равен единице. Рассмотрим стандартный алгоритм нахождения ( )naaaНОД ,...,, 21 .

1) Разложим каждое из чисел naaa ,...,, 21 на простые множители;


2) перебирая все различные простые множители, входящие хотя бы в одно из этих чисел, возьмём каждый из них в наименьшей степени, с которой он входит в числа naaa ,...,, 21 ; 3) перемножим взятые множители (с наименьшими степенями вхождения). Полученное число и будет ( )naaaНОД ,...,, 21 . Если натуральное число a является кратным для каждого из чисел

nbbb ,...,, 21 (т.е. делится на любое из этих чисел нацело), то a называется об-

щим кратным чисел nbbb ,...,, 21 . В частности, произведение нескольких нату-ральных чисел всегда является их общим кратным. Среди всех общих кратных данных чисел nbbb ,...,, 21 (их бесконечно много) всегда имеется наименьшее; оно называется наименьшим общим кратным и обозначается

( )nbbbНОК ,...,, 21 .

Стандартный алгоритм нахождения наименьшего общего кратного не-скольких чисел состоит в следующем: 1) разложим все числа на простые множители; 2) в отличие от алгоритма нахождения наибольшего общего делителя, возь-мём каждый из простых множителей в наибольшей из степеней, с которыми он входит в разложение чисел nbbb ,...,, 21 ; 3) перемножим эти множители (с наибольшими степенями вхождения). По-лученное в результате число и будет ( )nbbbНОК ,...,, 21 .

Можно определить понятия наибольшего общего делителя и наименьшего общего кратного для произвольных целых (ненулевых, но не обязательно нату-ральных) чисел. Так, наибольшим общим делителем целых чисел naaa ,...,, 21

называется такой положительный общий делитель чисел naaa ,...,, 21 , который делится на любой другой общий делитель этих чисел. Наименьшим общим кратным отличных от нуля целых чисел nbbb ,...,, 21 называется наименьшее положительное число, кратное всем этим числам. Как уже отмечалось, отыскание НОД двух натуральных чисел a и b требу-ет предварительного разложения этих чисел на простые множители. Это не-сложно сделать, если числа невелики, но разложить на множители многознач-ные числа бывает трудно. Существует способ отыскания НОД, требующий лишь умения делить с остатком (см. следующий пункт). Этот способ предложил в свое время Евклид, поэтому он называется алгоритмом Евклида и основан на следующих утверждениях.

1. Если a ⋮ b , то ( ) bbaНОД =, .


2. Если при делении a на b получается ненулевой остаток q , т.е.

qpba +⋅= , то ( ) =baНОД , ( )qaНОД , и задача сводится к более простой

задаче отыскания ( )qaНОД , .

3. Если b ⋮ q , то ( ) qqbНОД =, , и тогда ( ) qbaНОД =, .

4. Если при делении b на q получается ненулевой остаток 1q , т.е.

=b 11 qpq +⋅ , то ( ) =1,qqНОД ( ) =qbНОД , ( )baНОД , . 5. Продолжая описанный процесс, получаем все меньшие и меньшие остат-ки. В конце концов, дойдём до остатка, на который будет делиться предыдущий остаток. Этот наименьший отличный от нуля остаток и будет наибольшим об-щим делителем чисел a и b . Перечислим наиболее важные свойства НОД и НОК, позволяющие лучше изучить природу этих понятий.

Свойства НОД и НОК Для любых натуральных dcba ,,, справедливы следующие свойства. 1. Переместительное свойство:

( ) =baНОД , ( )abНОД , , ( ) =baНОК , ( )abНОК , .

2. ( ) ( ) abbaНОКbaНОД =⋅ ,, . В частности, если ( ) 1, =baНОД , то

( ) abbaНОК =, (свойство верно только для двух чисел ba, ).

3. Если ( ) nbaНОД =, , то найдутся такие натуральные числа dc, , что

cna = , dnb = , причём ( ) 1, =dcНОД .

4. Если ( ) 1, =baНОД , то Nkn ∈∀ , ( ) 1, =kn baНОД .

5. Если a ⋮ b , то ( ) bbaНОД =, , ( ) abaНОК =, .

6. Общий множитель c можно выносить из-под знаков НОД и НОК:

( ) ( )baНОДcbcacНОД ,, ⋅= , ( ) ( )baНОКcbcacНОК ,, ⋅= . 7. Два (три) последовательных натуральных числа взаимно просты:

( ) 11, =+aaНОД , ( ) 12,1, =++ aaaНОД . 8. Пошаговое (последовательное) вычисление НОД и НОК:

( ) ( )( )cbaНОДНОДcbaНОД ,,,, = ,

( ) ( )( )cbaНОКНОКcbaНОК ,,,, = .

9. Если ab > , то ( ) =baНОД , ( )abaНОД −, .


10. Если при делении числа a на число b получается ненулевой остаток q

(т.е. =a qpb + , 0< q < b ), то ( ) =baНОД , ( )bqНОД , . Знание указанных свойств позволяет на практике упрощать решение многих задач, в которых используются понятия НОД и НОК.

Деление с остатком

Пусть имеются два числа a и b ( a ∈Z , b ∈ N ). Разделить целое число a на натуральное число b с остатком значит найти два целых числа p и q таких, что справедливо равенство

qbpa +⋅= , где p называется частным, а q – остатком от деления a на b , причём

bq <≤0 . Эта формула носит название формулы деления целого числа на на-туральное с остатком, и такое представление единственно. В частности, если 0=q , то целое число a делится нацело на натуральное число b . Если 0≠q , то p называется неполным частным.

Сравнимость по модулю (*)

Рассмотрим в связи с понятием остатков от деления ещё одно полезное оп-ределение. Если два целых числа a и b при делении на натуральное число n дают один и тот же остаток q , где nq <≤0 , то числа a и b называют срав-нимыми по модулю n . Это обозначают следующим образом

( )nba mod≡ и читают: « a равно b по модулю n ». Можно доказать, например, что введённая таким образом операция сравне-ния обладает следующими свойствами. 1. Два числа, сравнимые с третьим по одному и тому же модулю, сравнимы между собой (по этому же модулю):

)(mod nca ≡ , )(modncb ≡ ⇒ ( )nba mod≡ .

2. Сравнения по одному модулю можно складывать: ( )nba mod≡ , ( )ndc mod≡ ⇒ ( )ndbca mod+≡+ .

Остаток суммы нескольких чисел по модулю n равен сумме остатков слагае-мых по модулю n . То есть, проще говоря, при сложении чисел их остатки (от деления на одно и то же число n ) также складываются. 3. Сравнения по одному модулю можно почленно перемножать:

( )nba mod≡ , ( )ndc mod≡ ⇒ ( )nbdac mod≡ .


Остаток произведения нескольких чисел по модулю n равен произведению ос-татков сомножителей по модулю n . Т.е., проще говоря, при перемножении чи-сел их остатки (от деления на одно и то же число n ) также перемножаются. 4. Обе части сравнения и модуль можно умножить на одно и то же целое число:

( )nba mod≡ ⇒ ( )nkbkak mod≡ .

В следующей задаче эффективно используются некоторые из свойств опера-ции сравнения по модулю. Пример. Найти остатки от деления на 8: 1) суммы 8888588884888838888288881 ++++ , 2) произведения 8888588884888838888288881 ⋅⋅⋅⋅ , не выполняя непосредственно сложения и умножения.

Решение. 1) Числа 88881,88882,88883,88884,88885 при делении на 8 дают соответственно остатки 1,2,3,4,5. То есть ( )8mod188881 ≡ , ≡88882

( )8mod2≡ , ( )8mod388883 ≡ , ( )8mod488884 ≡ , 88885 ( )8mod5≡ . Тогда по свойству 2 имеем

( ) ≡++++ 8mod8888588884888838888288881 ≡ ( ) ( )8mod78mod54321 ≡++++ ;

2) По свойству 3 имеем ( ) ≡⋅⋅⋅⋅ 8mod8888588884888838888288881

≡ ( ) ( )8mod08mod54321 ≡⋅⋅⋅⋅ . Ответ: остаток от деления суммы на 8 равен 7; остаток от деления произве-дения на 8 равен 0. Более подробно с теорией сравнений и её весьма интересными приложения-ми можно ознакомиться, например, в книге [29].

Некоторые приёмы и методы, используемые при решении задач с целочисленными величинами

Обратимся к приёмам, применяемым по отношению к задачам на целые чис-ла. Эта весьма широкая группа методов. Среди них есть как узко специализиро-ванные, так и весьма универсальные и хорошо известные. Следует подчеркнуть, что довольно часто при решении одной задачи могут использоваться сразу не-сколько различных приёмов. Перечислим те из них, которые применяются наи-более часто, в том числе при решении уравнений и неравенств в целых числах, проиллюстрировав их использование примерами (подробнее о методах решения см. в разделе 3).


Начнём со специфических методов, существенно использующих целочис-ленность величин, фигурирующих в условиях задач.

Разложение целого числа в сумму по степеням основания системы счисления

В следующих примерах показано применение формулы

n == − 011... aaaa kk +⋅+⋅ −−

11 1010 k

kk

k aa … 01

1 10 aa +⋅+ , (1) а также её обобщения на случай систем счисления с произвольным основанием. Пример 1. Доказать, что разность двузначных чисел baab − всегда де-лится на 9. Решение. Поскольку baab +=10 , а abba +=10 , то

( ) ( ) ( ) 991010 Mbaabbabaab −=+−+=− .

Пример 2 [Фин. академия при правительстве РФ]. Шестизначное число на-чинается с цифры 2. Если эту цифру перенести на последнее место, то полу-ченное число будет втрое больше первоначального. Найти первоначальное число. Решение. Обозначим первоначальное число abcde2 . Тогда в результате

перестановки первой цифры в конец числа получится новое число 2abcde . По условию задачи имеем уравнение

( ) 223 abcdeabcde =⋅ .

Преобразуем числа к виду abcdeabcde += 2000002 , =2abcde

210 +⋅= abcde , и введём новую неизвестную abcden = . Тогда уравнение примет вид

( ) 2102000003 +=+⋅ nn . Решив уравнение, найдём 85714=n . Ответ: 285714.

Пример 3 [ВМиК–2005, устн.]. Известно, что натуральное трёхзначное число abcp = делится нацело на 37. Могут ли числа bcaq = и cabr = также делиться нацело на 37? Решение. По условию :Nk ∈∃ kcbap 3710100 =++= . Тогда

( ) ( ) ,37271037999101001010100 Makacbaacbq −=−++=++=( ) =−−++=++= bacbabacr 99999901010010010100

( ) 372727010037 Mbak −−= . Ответ: числа q и r всегда делятся на 37.


Пример 4 [ВМиК–2002, устн.]. Показать, что каждое число последова-тельности 49, 4489, 444889, 44448889, 4444488889,… является полным квадратом. Решение. Обозначим 98...884...44

1321321−

=nn

na – n -й член данной числовой по-

следовательности. Воспользовавшись представлением (1), преобразуем na :

=na ( )+⋅++⋅+⋅ −− nnn 104...104104 2212

( ) =+⋅++⋅+⋅+ −− 9108...108108 21 nn ( )++++ −+ 121 10...10104 nnn

( ) 910...10108 12 +++++ −n . Выражения в скобках являются суммами геометрических прогрессий. Исполь-зуя формулу для суммы первых n членов геометрической прогрессии { }nb со

знаменателем q , а именно 11

1 −−

=q

qbSn

n , упрощаем эти выражения. Итак,

na =+−−

⋅⋅+−−

⋅⋅=−

9110

110108110110104

1nnn ( )+− nn 1010

94 2 ( ) =+−

9811010

98 n

( )=+⋅+⋅= 110410491 2 nn

2

31102⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⋅ n

.

Поскольку число 1102 +⋅ n делится нацело на 3 (по признаку делимости на 3), то задача решена.

Пример 5. Сформулировать и доказать признак делимости на 7 для четы-рёхзначных чисел. Решение. Выведем требуемый признак делимости. Пусть abcd – произ-вольное четырёхзначное число. Представим его в виде

=abcd dcba +++ 101001000 . Далее, представим каждое из слагаемых (за исключением последнего) в виде суммы числа, кратного 7, и некоторого ненулевого остатка:

=+++ dcba 101001000 ( ) ( ) +⋅++⋅+ ba 2986994 ( ) =+⋅+ dc37

( )cba 798994 ++= ( )dcba ++++ 326 . Здесь каждое из чисел a994 , b98 , c7 , очевидно, делится на 7. Теперь можно сформулировать искомый признак (в действительности, это критерий): «Четырёхзначное число abcd делится нацело на 7 тогда и только тогда, когда выражение ( )dcba +++ 326 кратно 7».


Пример 6. В какой системе счисления (двоичной, троичной, четверичной, пятеричной и т.д.) справедливо равенство 100134 =⋅ ? Решение. Пусть данное равенство справедливо в некоторой системе счисле-ния с основанием p :

( ) ( ) ( )ppp 100134 =⋅ .

Заметим, что, так как в записи чисел присутствует цифра 4, то 5≥p . Переве-дём все числа в более удобную и привычную при проведении расчётов десятич-ную систему счисления:

( ) ( )1044 =p , ( ) ( )1001 33113 +=⋅+⋅= pppp ,

( ) ( )102012 001100 ppppp =⋅+⋅+⋅= .

Тогда в десятичной системе равенство примет вид ( ) 234 pp =+⋅ . Решая это квадратное уравнение, находим 02 <−=p и 6=p . Ответ: равенство верно только в шестеричной системе счисления.

Метод анализа делимости нацело. Использование признаков делимости

Рассмотрим примеры, когда при решении задачи возникает необходимость проанализировать делимость нацело того или иного целочисленного выражения. Пример 1. [Геолог.–1994, устн.]. Доказать, что при любом натуральном n

выражение nn −3 делится нацело на 6. Решение. Преобразуем выражение к виду ( ) ( )11 +− nnn и докажем, что произведение трёх последовательных целых чисел всегда делится нацело на 6. В самом деле, каждое второе целое число кратно двум, а каждое третье – трём. Поэтому можно утверждать, что среди подряд идущих чисел 1−n , n и 1+n по крайней мере одно делится на 2, и (одновременно с этим) одно делится на 3. Следовательно, их произведение будет делиться на 6, что и требовалось доказать. Замечание. Аналогичными рассуждениями можно доказать, что произведе-ние четырёх последовательных натуральных чисел делится нацело на 24.

Пример 2 [Геолог.–1999, устн.]. Доказать, что число 1999101999 − делит-ся нацело на 9. Решение. Преобразуем число к виду

1999101999 − ( ) =−−= 19981101999 19989...991999

−321 .

Каждое из двух слагаемых делится нацело на 9 по признаку делимости на 9. Следо-вательно, их разность также кратна 9, что и требовалось доказать.


Пример 3 [Физфак–1964]. Найти все числа вида YX 534 такие, чтобы они делились без остатка на 36. Решение. Поскольку 9436 ⋅= , то воспользуемся признаками делимости на 4 и 9. Начнём с признака делимости на 4 (он использует только одну из двух

неизвестных цифр). Число YX 534 кратно 4 тогда и только тогда, когда дву-

значное число Y5 делится нацело на 4, а это выполняется, только если 2=Y или 6=Y . Рассмотрим эти два случая и в каждом из них применим признак делимости на 9.

1) Если 2=Y , то число 5234X должно делиться нацело на 9, т.е. сумма всех цифр данного числа XX +=++++ 142543 должна быть кратна 9. Это возможно лишь при 4=X . Имеем число 34452.

2) Если 6=Y , то число 5634X кратно 9 ⇔ =++++ 6543 X X+= 18 кратно 9, т.е. 0=X или 9=X . Таким образом, нашли ещё два

числа: 34056 и 34956. Ответ: 34452, 34056 и 34956.

Пример 4. Решить уравнение в целых числах xyx 212 2 =− .

Решение. Заметим, что при целых x и y в левой части уравнения стоит не-чётное число, а в правой – чётное, что невозможно. Следовательно, данное уравнение не имеет решений в целых числах.

Пример 5. [Геолог.–1996, май, устн.]. Доказать, что уравнение −x35 1320 =− y не имеет целочисленных решений.

Доказательство. Достаточно заметить, что при целых x и y выражение в левой части уравнения делится нацело на 5, а число 13 справа – нет. Получен-ное противоречие доказывает утверждение.

Пример 6 [ВМиК–1998, устн.]. Существуют ли целые числа m и n , удов-летворяющие уравнению

22 1998 nm =+ ? Решение. Преобразуем уравнение к виду

221998 mn −= ⇔ ( )( )mnmn −+=1998 .

Так как ( )mn + и ( )mn − – всегда числа одинаковой чётности, то их про-

изведение ( )( )mnmn −+ либо нечётно (что невозможно, так как 1998 – чёт-ное число), либо кратно четырём. Но 1998 на 4 не делится. Ответ: не существуют.


Пример 7. Решить в целых числах систему уравнений ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=

−=

−=

.111

2

2

2

xzzyyx

Решение. 1-й способ. Из первого уравнения системы следует, что числа x и y имеют разную чётность (если одно чётно, то другое – нечётно, и наоборот). Из второго уравнения аналогично следует, что y и z – разной чётности, а из третьего, что x и z также имеют разную чётность, что невозможно. 2-й способ. Сложив все три уравнения системы, получим следствие

3222 −++=++ zyxzyx , или ( ) ( ) ( ) 3111 −=−+−+− zzyyxx . Левая часть последнего равенства чётна как сумма трёх чётных чисел (посколь-ку произведение любых двух последовательных целых чисел всегда чётно), а правая часть – нечётна, что невозможно. Ответ: нет решений в целых числах. Пример 8 [Геолог.–1999, устн.]. Известно, что mn 54 = . Найти все нату-ральные числа m и n , удовлетворяющие этому равенству. Решение. Целочисленное выражение n4 в левой части равенства кратно 4, следовательно, и выражение m5 справа также должно делиться на 4 нацело. Но так как 5 на 4 нацело не делится, то, значит, 4Mm , т.е. для любого m , удовле-творяющего исходному равенству, найдётся такое число Nk ∈ , что km 4= . Подставим в равенство: kn 454 /⋅=/ , откуда kn 5= . Итак, уравнение имеет бесконечно много решений в натуральных числах, общий вид которых

( ) ( ){ }kknm 5;4; ∈ , где Nk ∈ .

Пример 9. При каких наименьших натуральных значениях n и m выполня-ется равенство 32 23 mn = ? Решение. 1) Заметим, что левая часть уравнения 23n делится нацело на 3, следовательно, и правая часть уравнения 32m должна делиться на 3, а значит, m должно быть кратно 3, т.е. 13mm = , Nm ∈1 . Аналогично правая часть

уравнения 32m кратна 2, следовательно, и левая часть 23n должна делиться на 2, а значит, n должно быть кратно 2, т.е. 12nn = , Nn ∈1 . Подставим в урав-нение:

( ) ( )312

1 3223 mn = ⇔ 31

21 92 mn = .

2) Так как 212n ⋮ 2, то 3

19m ⋮ 2 ⇒ 21 2mm = , Nm ∈2 ; аналогично рассу-

ждая, получим, что, так как 319m ⋮ 3 ⇒ 2

12n ⋮ 3, т.е. 21 3nn = , Nn ∈2 . Под-


ставим в последнее уравнение: ( ) ( )32

22 2932 mn = ⇔ 3

222 4mn = .

3) Так как 324m ⋮ 2, то 32 2nn = , Nn ∈3 . Подставим в уравнение:

( ) 32

23 42 mn = ⇔ 3

223 mn = .

Очевидно, что последнее равенство выполняется при 123 == mn . Это наи-

меньшие возможные натуральные значения 3n и 2m , и им соответствуют наи-меньшие возможные значения n и m . Найдём их.

== 12nn ( ) ( )( ) 1223232 32 == nn , == 13mm ( ) 623 2 =m .

Ответ: 12min =n , 6min =m .

Подбором одного из решений с последующим анализом делимости решают-ся в простейших случаях линейные диофантовы уравнения [15].

Пример 10 [ВМиК–2007, устн.]. На какую минимальную величину могут от-личаться друг от друга натуральные числа m и n , если известно, что дробь

( )nm 7389 + является натуральным числом? Решение. Так как число 89 – простое (убедитесь в этом сами), то данная дробь является натуральным числом тогда и только тогда, когда выражение

nm 73 + принимает значения 89,1 ±± . С учётом натуральности m и n воз-можен только случай, когда 8973 =+ nm . (1) Это линейное диофантово уравнение. Решим его. Очевидно, пара чисел

2,25 == nm является одним из его решений. Для нахождения множества всех решений уравнения (1) вычтем из него почленно тождество 8927253 =⋅+⋅ , получив уравнение, равносильное уравнению (1): _ 8973 =+ nm

( ) ( ) 027253

8927253

=−+−

=⋅+⋅

nm.

Переписав последнее уравнение в виде

( ) ( )27253 −−=− nm , (2) воспользуемся анализом делимости левой и правой частей. Так, поскольку левая часть уравнения (2) делится нацело на 3, то и правая часть, т.е. выражение ( )27 −n , должно быть кратным числу 3. Следовательно, ( ) 32 M−n . Это озна-


чает, что найдётся такое целое l , что ln 32 =− , т.е. ln 32 += . Подставляя в (2), находим lm 725 −= . Итак, множество пар ln 32 += , lm 725 −= , где

Zl∈ , образует множество всех целочисленных решений уравнения (1). Учи-

тывая натуральность m и n , получаем: ⎩⎨⎧

≥−≥+

1725132

ll

⇔ { }3;2;1;0∈l .

Тогда lllnm 102332725 −=−−−=− принимает наименьшее зна-

чение, равное 3, при 2=l . Ответ: на 3 ( )11,8 == mn .

Пример 11 [ВМиК–1999, апрель, устн.]. Целое число кратно 7 и при делении на 4 даёт в остатке 3. Найти остаток от деления этого числа на 28. Решение. По условию kn 7= и ( )Zmkmn ∈+= ,34 . Приравнивая, по-лучаем линейное уравнение

347 += mk , которое необходимо решить в целых числах. Подберём любую пару целых чи-сел ( )mk, , удовлетворяющих уравнению, например ( )1,1 . Вычитая из уравнения тождество 31417 +⋅=⋅ , приходим к уравнению, равносильному решаемому:

( ) ( )1417 −=− mk . В последнем уравнении выражение справа делится нацело на 4, следовательно,

Zllk ∈=− ,41 , т.е. lk 41+= . Тогда 7287 +== lkn , что означает, что число n делится на 28 с остатком 7. В более сложных случаях, когда подобрать решение затруднительно, последо-вательное применение рассмотренного подхода, основанного на анализе делимо-сти нацело, тем не менее, помогает справиться с проблемой. Пример 12 [РГГУ]. Найти хотя бы одну пару целых чисел a и b , удовле-творяющих соотношению

35972 =− ba .

Решение. 1) Так как 372 Ma и в правой части 33M , то отсюда следует, что для того чтобы удовлетворять данному уравнению, выражение b59 должно быть кратно 3, т.е. найдётся такое Zb ∈1 , что 13bb = . Подставим в уравнение, и после сокращения на 3 получим новое уравнение (заметим, что коэффициент при a уменьшился):

15924 1 =− ba . 2) Продолжаем анализировать делимость. Поскольку в последнем равенстве число a24 чётно, то 159b должно быть нечётным, а значит, и число 1b должно


быть нечётным, т.е. 12 21 += bb , Zb ∈2 . Подставив в последнее уравнение и сократив на 2, получим

305912 2 =− ba (коэффициент при a стал ещё меньше). 3) Так как 612 Ma и 630M , то, следовательно, 2b делится на 6, т.е.

32 6bb = , Zb ∈3 . После подстановки и упрощения получим:

5592 3 =− ba .

4) Из последнего уравнения анализом делимости на 2 получаем, что 3b не-

чётно, т.е. 12 43 += bb , Zb ∈4 . Подставим в уравнение и найдём общий вид всех a , удовлетворяющих исходному уравнению:

3259 4 += ba . Осталось найти b :

13bb = ( ) =+= 123 2b ( ) =+1123 3b ( )( ) =++ 112123 4b 3972 4 +b . Таким образом, множество всех целочисленных решений исходного уравне-ния имеет вид

( ) ( ){ }3972;3259; ++∈ nnba , где Zn∈

(мы переобозначили для простоты 4b на n ). Для получения одного из решений положим, например, 0=n ; тогда 32=a и 39=b . Заметим в заключение, что изначально подобрать какое-либо одно решение в данной задаче было весьма затруднительно.

Метод анализа остатков В основе метода анализа остатков, который используется при решении ряда задач с целочисленными неизвестными, лежит формула деления с остат-ком. Суть метода состоит в рассмотрении случаев различных остатков от деле-ния на заданное число, что позволяет в конечном итоге решить поставленную задачу. В первых трёх примерах, приведённых ниже, в явном виде ищутся остатки от деления одних целых чисел на другие.

Пример 1. Найти частное и остаток от деления числа ( )23− на 7.

Решение. Согласно формуле деления с остатком, получаем: 57423 +⋅−=− , т.е. частное равно –4, а остаток равен 5.

Пример 2 [Государственное тестирование–1996]. Найти сумму остатков, получающихся при делении числа 7263544587435873 на 2, 4, 5, 9, 10, 25.


Решение. Используя признаки делимости нацело на числа 2,4,5,9,10 и 25, находим остатки: остаток от деления на 2 равен 1; остаток от деления на 4 равен 1; остаток от деления на 5 равен 3; остаток от деления на 9 равен 0; остаток от деления на 10 равен 3; остаток от деления на 25 равен 23.

Суммируя остатки 1+1+3+0+3+23, получаем в ответе 31.

Пример 3. Пусть остаток от деления натурального числа m на 7 равен 3. Найти остаток от деления на 7 числа 153 2 ++ mm . Решение. Из условия следует, что число m имеет вид: 37 += km . Тогда

( ) ( ) ( ) 16232171375373153 222 +++=++++=++ kkkkmm .

Таким образом, остаток от деления числа 153 2 ++ mm на 7 равен 1.

Пример 4. Доказать, что при любых целых x число ( )52 +xx делится на-цело на 6. Решение. Разобьём множество всех целых x на 6 групп в зависимости от остатка при делении на 6, т.е. рассмотрим 6 случаев:

qnx += 6 , где 5,4,3,2,1,0=q .

1) Пусть nx 6= , тогда ( )52 +xx ( )5366 2 +⋅= nn ⋮ 6.

2) Пусть 16 += nx , тогда ( )52 +xx ( ) ( )( )=+++= 51616 2nn

( )( )=+++= 6123616 2 nnn ( ) ( )126616 2 ++⋅⋅+ nnn ⋮ 6.

3) Пусть 26 += nx , тогда ( )52 +xx ( ) ( )( )=+++= 52626 2nn ( ) ( )9243626 2 ++⋅+= nnn ( ) ( )38123132 2 ++⋅⋅+⋅= nnn ⋮ 6.

4) Пусть 36 += nx , тогда ( )52 +xx ( ) ( )( )=+++= 53636 2nn ( )( )=+++= 14363636 2 nnn ( ) ( )718182123 2 ++⋅⋅+⋅ nnn ⋮ 6.

5) Пусть 46 += nx , тогда ( )52 +xx ( ) ( )( )=+++= 54646 2nn ( )( )=+++= 21483646 2 nnn ( ) ( )716123232 2 ++⋅⋅+⋅ nnn ⋮ 6.

6) Пусть 56 += nx , тогда ( )52 +xx ( ) ( )( )=+++= 55656 2nn ( )( )=+++= 30603656 2 nnn ( ) ( )5106656 2 ++⋅⋅+ nnn ⋮ 6.


Таким образом, мы рассмотрели все целые числа x и доказали, что всегда (в каждом из шести случаев) выражение ( )52 +xx кратно 6. Замечание. Эту задачу можно было решить иначе. Преобразуем данное в условии задачи выражение:

( )52 +xx ( ) ( ) ( ) xxxxxxxxx 61165 33 ++−=+−=+= . Каждое из двух слагаемых делится нацело на 6 (первое как произведение трёх последовательных целых чисел), поэтому их сумма кратна 6. Пример 5 [Ф-т наук о материалах–2001]. Учительница принесла в класс счётные палочки. Дети раскладывали их в пакетики. Когда разложили по 2 па-лочки в каждый пакетик, то осталась 1 лишняя палочка. Затем разложили по 13 штук в пакетик, и тогда осталось 7 лишних палочек. Когда же палочки раз-ложили по 9 штук в пакетик, то лишних не осталось. Сколько, самое меньшее, было счётных палочек? Решение. Пусть всего было n счётных палочек. Тогда условия задачи при-водят к системе

( )( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=∈=

=+==+=

?,9

,,...2,1,0713,,...2,1,012

minnNmmnkkn

lln

Таким образом, требуется найти наименьшее натуральное нечётное число n , делящееся на 9 и дающее при делении на 13 остаток 7. Заметим, что в силу не-чётности 713 += kn число k должно быть чётным, т.е. pk 2= ( ),...2,1,0=p , причём меньшему n соответствует меньшее p , но тогда имеем

( )2927726 +−+=+= pppn . Поскольку числа n и 927 +p делятся нацело на 9, то, следовательно, число 2+p также должно быть кратно 9 (и при этом быть минимальным). Наименьшее целое неотрицательное p , для которого выполняются эти условия, равно 7, откуда находим

1897726726 =+⋅=+= pn . Ответ: самое меньшее – 189 счётных палочек. Пример 6 [Физфак–1983]. После деления некоторого двузначного числа на сумму его цифр получается 7 и в остатке 6. После деления этого же двузнач-ного числа на произведение его цифр в частном получается 3 и в остатке 11. Найти это двузначное число. Решение. Обозначим xy – искомое число ( { }9,...,2,1,0, ∈yx , 0≠x ). То-гда, по условию, имеем систему уравнений


( )⎩⎨⎧

+=+++=+

113106710

xyyxyxyx

⇔ ⎩⎨⎧

+=++=

.1131022

xyyxyx

Решая систему методом подстановки, находим единственное решение, удовле-творяющее всем условиям задачи: 3,8 == yx . Ответ: 83.

Пример 7 [Олимпиада «Ломоносов–2008», ВМиК, устн.]. Целые числа kmn ,, не делятся нацело на 3. Доказать, что число 246 kmn ++ делится на 3.

Доказательство. Если 3M/n , то возможны два случая: 13 += ln и

23 += ln . В первом случае ( )22 13 += ln – делится на 3 с остатком 1, а зна-

чит, pn2 , Np∈ , также делится на 3 с остатком 1. Аналогично во втором слу-

чае: ( )22 23 += ln делится на 3 с остатком 1 ⇒ pn2 делится на 3 с остатком 1. Таким образом, если целое число не делится нацело на 3, то его квадрат (любая чётная степень) при делении на 3 дают остаток 1. Но тогда сумма трёх таких чётных степеней кратна 3.

Пример 8 [ВМиК–2006, устн.]. Доказать, что если p и 18 2 +p – простые

числа, то 18 2 −p – тоже простое число.

Доказательство. Если 3M/p , то остаток от деления 2p на 3 равен 1. Но то-

гда 18 2 +p делилось бы на 3, что противоречит условию. Следовательно, 3Mp

⇒ 3=p , тогда действительно 7318 2 =+p – простое число, и при этом

7118 2 =−p тоже является простым.

Пример 9 [ВМиК–1997, устн.]. Решить уравнение в целых числах 027 22 =+− yx .

Решение. Перепишем уравнение в виде: 22 72 yx =+ . Заметим, что правая часть уравнения при любом целом y делится нацело на 7. Выясним, какие ос-татки при делении на 7 даёт левая часть данного уравнения. Для этого разобьём множество всех целых x на 7 групп в зависимости от остатка при делении на 7:

qpx += 7 , где 6,...,2,1,0=q , и рассмотрим каждый из этих случаев в от-дельности. 1) Если px 7= , то =+ 22x ( ) 27 2 +p ⋮ 7 с остатком 2;

2) если 17 += px , то =+ 22x ( ) 217 2 ++p ⋮ 7 с остатком 3;






7) если 67 += px , то =+ 22x ( ) 267 2 ++p ⋮ 7 с остатком 3. Итак, правая часть уравнения делится на 7 нацело (т.е. с остатком 0), а левая часть при этом – с остатками 2, 3, 4, 6. Однако равные числа при делении на одно и то же целое число 7 должны давать одинаковые остатки. Полученное противоречие говорит о том, что данное уравнение не имеет решений в целых числах.

Пример 10 [Географ.–1998]. Найти все пары целых чисел ( )yx; , удовлетво-ряющие уравнению

1453 2 −+= yyx ,

и доказать, что для каждой такой пары сумма 33 yx + является нечётным числом. Решение. Заметим, что левая часть уравнения кратна 3, следовательно, и правая часть должна делиться на 3 нацело. Разобьём множество всех целых y на три группы в зависимости от остатка при делении на 3:

qpy += 3 , 2,1,0=q .

1) Если py 3= , то уравнение примет вид 112453 2 −+= ppx . Это ра-венство невозможно, так как его левая часть кратна 3, а правая – нет. 2) Если 13 += py , то получим аналогичную ситуацию. 3) Наконец, если 23 += py , то, подставляя в уравнение, получим

( ) ( ) 12342353 2 −+++= ppx ,

92415 2 ++= ppx , Zp∈ .

Следовательно, общий вид решений: ( )23;92415 2 +++ ppp , Zp∈ .

Осталось показать, что 33 yx + – нечётно. В самом деле, если 23 += py

- чётно, то p – чётно и, значит, 92415 2 ++= ppx – нечётно. Если, наобо-рот, y – нечётно, то p также нечётно, а значит, x – чётно. Таким образом, числа x и y , а значит и их кубы, имеют всегда разную чётность, поэтому их сумма есть нечётное число. Ответ: ( )23;92415 2 +++ ppp , Zp∈ .


Пример 11 [ВМиК–2008, устн.]. Решить в целых числах уравнение 23 32 yx += .

Решение. Так как произвольное целое число x представимо в виде p3 , 13 +p или 13 −p , где Zp∈ , а

( ) 1919272713 233 ±=±+±=± kpppp , где Zk ∈ , то любое число в кубе или делится нацело на 9, или даёт при делении на 9 в ос-

татке 1 или 8. Аналогично, так как ( ) 31827133 22 +±=± ppp , то 23y даёт при делении на 9 остаток 0 или 3. Итак, правая часть уравнения может делиться на 9 с остатками 2 или 5, а левая – 0, 1 или 8. Следовательно, уравнение не име-ет решений в целых числах.

Метод анализа последней цифры числа В ряде случаев удобным оказывается так называемый метод анализа по-следней (последних) цифры числа.

Пример 1. Доказать, что число 19981999200020012002 не является квад-ратом целого числа. Доказательство. Натуральное число n может оканчиваться на любую из десяти цифр: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Выясним, на какую цифру при этом может оканчиваться квадрат этого числа:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 92n 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1

Среди цифр, на которые оканчивается 2n , отсутствует цифра «2». Поэтому данное число не может являться квадратом целого числа.

Пример 2 [ВМиК–2003, устн.]. Доказать, что ни при каком натуральном n число nn 1723 ⋅+ не является квадратом натурального числа. Решение. Выясним, на какую цифру может оканчиваться число n3 n172 ⋅+ . Сделаем это последовательно. Сначала оценим последнюю цифру числа n3 : 13 оканчивается на 3, 23 оканчивается на 9, 33 оканчивается на 7, 43 оканчивается на 1,…, далее эта последовательность последних цифр 3,9,7,1,3,9,7,1,… циклически по-вторяется. Оценим теперь последние цифры чисел n17 и n172 ⋅ :


117 оканчивается на 7 ⇒ 1172 ⋅ оканчивается на 4, 217 оканчивается на 9 ⇒ 2172 ⋅ оканчивается на 8, 317 оканчивается на 3 ⇒ 3172 ⋅ оканчивается на 6, 417 оканчивается на 1 ⇒ 4172 ⋅ оканчивается на 2,…, далее последовательность последних цифр 4,8,6,2,… также циклически повто-ряется. Суммируя, получаем, что 13 1172 ⋅+ оканчивается на 7, 23 2172 ⋅+ оканчивается на 7, 33 3172 ⋅+ оканчивается на 3, 43 4172 ⋅+ оканчивается на 3,…, и далее эта последовательность последних цифр выражения +n3 n172 ⋅ опять-таки циклически (с периодом 4) повторяется. Таким образом, методом анализа последней цифры удалось установить, что при любых натуральных n число +n3 n172 ⋅ может оканчиваться только на цифры 3 или 7. Но квадрат никакого натурального числа этими цифрами не оканчивается (квадрат натурального числа может оканчиваться только на одну из цифр 0, 1, 4, 5, 6, 9), что и доказывает утверждение.

Пример 3 [МАТИ–1998]. Найти последнюю цифру числа 19985432 . Решение. Решим сначала более простую задачу, а именно найдём послед-нюю цифру числа 19982 . Выясним, на какие цифры может оканчиваться нату-ральная степень числа 2:

,...22,62,82,42,22 54321 →→→→→ Очевидно, что при дальнейшем увеличении показателя степени последователь-ность последних цифр ,...6,8,4,2,6,8,4,2 будет циклически повторять-ся. Представим число 1998 в виде: 249941998 +⋅= . Имеем:

19982 ( ) 422 499424994 ⋅== +⋅ . Заметим, что число 16 в скобках оканчивается цифрой 6, и поэтому любая его натуральная степень также будет оканчиваться

этой цифрой. Итак, число ( )49942 оканчивается цифрой 6, и это число умножа-ется на четыре. Поэтому последней цифрой их произведения будет 4. Если те-перь повторить проведённые рассуждения для числа 19985432 , то окажется (сделайте это самостоятельно), что добавление одной или нескольких цифр пе-ред 2 не оказывает влияния на полученный результат.

Ответ: число оканчивается цифрой 4.


Пример 4 [ВМиК–2006, устн.]. Существует ли такое натуральное число n , что 322 ++ nn делится нацело на 2005? Решение. Последней цифрой у натурального числа n может быть любая из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Последней цифрой у числа 2n может быть соот-ветственно 0, 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1. Тогда последняя цифра у числа

322 ++ nn , как несложно посчитать, может соответственно принимать значе-ния 3, 6, 1, 8, 7, 8, 1, 6, 3, 2. Но тогда это число не делится даже на 5, а значит, не может делиться и на 2005.

Существуют задачи, решение которых опирается на знание определений и свойств специфических групп целых чисел или же на определённые понятия. К таким задачам можно отнести задачи на простые числа, а также на НОК и НОД. Для их решения разработаны, в том числе, специальные приёмы, учитывающие их специфику. Рассмотрим примеры задач этого типа.

Задачи на простые и составные числа Если необходимо выяснить, является ли заданное число простым, то исполь-зуемый при этом подход основан на попытке разложения исследуемого числа на простые множители, нахождение его делителей, отличных по модулю от едини-цы и самого числа.

Пример 1. Доказать, что число 389=p – простое.

Доказательство. Для доказательства нет необходимости, перебирая все про-стые числа от 2 до ближайшего к числу p , проверять, делится ли на каждое из них данное число (если ни на одно из них не делится – значит, простое). Доста-точно убедиться в том, что p не делится нацело ни на одно простое число от 2

до p (попробуйте объяснить, почему). В данном примере достаточно прове-

рить, что число 389=p не делится на

19,17,13,11,7,5,3,2 .

Пример 2 [Геолог.–2002, устн.]. Является ли простым число 37111 843 + ?

Решение. Заметим, что данное число есть сумма кубов двух чисел, и разло-жим его на множители по соответствующей формуле:

37111 843 + ( ) ( ) =+=337337 243 ( ) ( ) ( )( )23737372373737 224343243 +⋅−+ .

Поскольку число удалось разложить на произведение двух натуральных сомно-жителей, каждый из которых, очевидно, отличен от единицы, то это означает, по определению составного числа, что исходное число было составным.


Пример 3 [ВМиК–1999, устн.]. Установить, является ли число 644 +n ( )Zn∈ простым или составным. Решение. Очевидно, достаточно ограничиться рассмотрением случая нату-ральных n (при целых отрицательных n результат будет аналогичен, а при

0=n число будет составным). Чтобы дать ответ на этот вопрос, попробуем разложить данное число на множители:

=+ 644n ( ) 224 166416 nnn −++ ( ) ( ) =−+= 222 48 nn

( )( )8484 22 +−++= nnnn . Заметим, что Nn∈∀ каждый из двух сомножителей строго больше единицы (докажите это). Это означает, что исходное число – составное. Пример 4. Установить, является простым или составным число

117126 23 ++− nnn )( Nn∈ . Решение. Преобразуем данное выражение, выделив в нём полный куб разности

=++− 117126 23 nnn ( ) =+−+− 1258126 23 nnn ( ) 33 52 +−n . Теперь разложим на множители по формуле суммы кубов:

( ) 33 52 +−n ( ) ( ) ( )( )=+−−−+= 22 52523 nnn ( )( )3993 2 +−+ nnn . Очевидно, что при натуральных n оба сомножителя в этом произведении цело-численны и больше единицы. Это означает, что исследуемое число является со-ставным. Пример 5. Доказать, что квадрат любого простого числа 3>p при деле-нии на 12 даёт в остатке 1. Доказательство. Воспользуемся известным свойством, что любое простое число, большее 3, можно представить в виде 16 ±n . Тогда его квадрат равен

( ) 11312 +±nn , откуда и вытекает требуемое утверждение.

Пример 6. Пусть 5>p – простое число. Доказать, что 12 −p делится нацело на 24. Доказательство. Рассмотрим на числовой прямой три последовательных целых числа 1,,1 +− ppp . Так как p – простое число, то p нечётно ⇒ ⇒ 1−p и 1+p – чётные последовательные числа, следовательно, одно из них

делится на 2, а другое – на 4, но тогда их произведение 12 −p – делится на 8.

Далее, поскольку 3M/p , то либо 1−p , либо 1+p делится на 3, а значит, их

произведение кратно 3. Итак, число 12 −p делится одновременно на 8 и на 3 ⇒ делится на 24.


Пример 7 [ВМиК–2004, устн.]. Найти все простые числа вида ( ) 1

21−

+nn, Nn∈ .

Решение. Обозначим na ( )=−

+= 1

21nn ( )( )

221 +− nn

.

1) Если kn 2= ( )Nk ∈ , то ( )( )

=+−

=2

22122

kka k ( )×−12k

( )1+× k . При натуральных k оба сомножителя натуральны, причём второй

сомножитель больше 1, поэтому ka2 может быть простым числом, только если

112 =−k , т.е. при 1=k , тогда 22 =a .

2) Если 12 −= kn ( )Nk ∈ , то имеем ( )( )

=+−

=− 21222

12kka k ( )( )121 +− kk .

При 1=k имеем 01 =a - не является ни простым, ни составным числом. При 2>k оба сомножителя целочисленны и больше 1 и, значит, число будет со-

ставным. Только при 2=k получаем простое число 53 =a .

Ответ: таких чисел два: 2 и 5. Пример 8 [ВМиК–2008, устн.]. Доказать, что для всех простых чисел p

число 44 +p – составное. Решение. 1-й способ. Разложим исследуемое число на множители:

( ) ( ) ( )( )2222224 222224 +−++=−+=+ ppppppp . Так как при простых p оба сомножителя больше единицы (убедитесь в этом самостоятельно), то тем самым необходимое утверждение доказано. 2-й способ. Покажем, что если kp 5≠ , Nk ∈ , то 4p при делении на 5

даёт остаток 1: 1) 15 += kp ⇒ ( )44 15 += kp – остаток равен 1;

2) 25 += kp ⇒ ( )44 25 += kp – остаток равен 1;

3) 35 += kp ⇒ ( )44 35 += kp – остаток равен 1;

4) 45 += kp ⇒ ( )44 45 += kp – остаток равен 1.

Тогда число 44 +p делится нацело на 5, а значит, является составным.

Если же kp 5= , то 5=p ⇒ 173762944 ⋅==+p – составное.


Задачи на НОД и НОК Следующие примеры демонстрируют приёмы, используемые при решении задач из данной группы.

Пример 1. Найти, пользуясь стандартным алгоритмом, НОД и НОК чисел 42,18. Решение. 1) Найдём вначале ( )18,42НОД . Для этого выпишем разложения

чисел 42 и 18 на простые множители: 73242 ⋅⋅= , 23218 ⋅= . Наконец, вы-бирая наименьшие степени, с которыми простые множители 2, 3 и 7 входят в разложение каждого из двух чисел, находим

( ) =18,42НОД 632 =⋅ .

2) Найдём теперь ( )18,42НОК . В отличие от предыдущего случая, теперь выбираем наибольшие степени для каждого из простых чисел:

( ) =18,42НОК 126732 2 =⋅⋅ .

Пример 2. Используя различные свойства, найти НОД и НОК чисел 42,18.

Решение. 1) Решим задачу с помощью свойства 6: ( ) =18,42НОД ( ) ( ) 6163,7636,76 =⋅=⋅=⋅⋅ НОДНОД ,

так как числа 7 и 3 взаимно просты; ( ) =18,42НОК ( ) 1262163,76 =⋅=⋅НОК .

2) Теперь найдём ( )18,42НОД другим способом, применяя несколько раз

свойство 9: ( ) =18,42НОД ( ) =− 18,1842НОД ( ) == 18,24НОД ( ) =− 18,1824НОД ( )18,6НОД ( ) =−= 618,6НОД

( ) == 12,6НОД ( ) ( )6,6612,6 НОДНОД =− , что равно 6.

Пример 3. Найти, пользуясь алгоритмом Евклида, ( )10013,15283НОД .

Решение. Применяя алгоритм Евклида, получаем 527010013115283 +⋅= , 47435270110013 +⋅= , 527474315270 +⋅= , 52794743 ⋅= . Следовательно, ( )10013,15283НОД 527= . Итак, сначала делят большее число на меньшее, меньшее число на остаток от деления и так далее, пока оста-ток не станет равен нулю. Последний ненулевой остаток и является наибольшим общим делителем исходных чисел.


Пример 4 [ВМиК–2007, отд. бакалавров]. Найти наибольший общий дели-тель чисел 720=n , 756=m , 468=k . Решение. 532720 24 ⋅⋅= , 732756 32 ⋅⋅= , 1332468 22 ⋅⋅= . Поэтому ( ) 3632,, 22 =⋅=kmnНОД .

Пример 5 [Олимпиада МИФИ–2003]. Найти такие натуральные числа a и b , что ( ) 3, =baНОД , ( ) 630, =baНОК , и при этом сумма ba + мини-мальна. Решение. Так как ( ) 3, =baНОД , то по свойству 3 существуют такие вза-имно простые натуральные числа nm, , что ma 3= , nb 3= . Тогда задачу можно сформулировать в виде: «Найти такие натуральные nm, , что

( ) 1, =nmНОД , ( ) 210, =nmНОК , и при этом сумма nm + минимальна». Далее задача решается перебором. Заметим, что условия симметричны отно-сительно m и n . Пусть, ради определённости, nm ≤ . Так как

7532210 ⋅⋅⋅= , то возможны следующие случаи:

m n nm + 2 753 ⋅⋅ 70> 3 752 ⋅⋅ 70> 5 732 ⋅⋅ 40> 7 532 ⋅⋅ 37

32 ⋅ 75 ⋅ 41 52 ⋅ 73 ⋅ 31 72 ⋅ 53 ⋅ 29

Итак, сумма nm + минимальна (и равна 29), если 14=m , 15=n . Им соответствуют 42=a , 45=b . С учётом симметрии получаем ответ. Ответ: ( ) ( ) ( ){ }42;45;45;42; ∈ba .

Пример 6 [Олимпиада «Ломоносов–2007»]. Натуральные числа ba, и c

таковы, что ( ) 60, =baНОК и ( ) 270, =caНОК . Найти ( )cbНОК , . Решение. Сравним разложения на простые множители чисел

( ) 53260, 2 ⋅⋅=== baНОКA и ( ) 532270, 3 ⋅⋅=== caНОКB .

Исходя из вида A , предположим, что a делится на 22 , тогда 22MB . Но это не так, следовательно, на 22 делится число b . Аналогично, предположим, что a делится на 33 , тогда 33MA . Поскольку это не так, то на 33 делится число c .


Поэтому число ( )cbНОКC ,= делится на произведение ⋅22 10833 = . Множитель 5 может либо присутствовать в разложении хотя бы одного из чисел b и c , либо нет. Соответственно, получаем =⋅= 5108C 540 либо

108=C . Отметим, что первый случай реализуется, например, для чисел 1=a , 60=b , 270=c , а второй – для 30=a , 12=b , 27=c .

Ответ: 108 или 540. Пример 7 [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Натуральные чис-ла n и m таковы, что ( )+mnНОД , ( ) mnmnНОК +=, . Доказать, что одно из них является делителем другого. Решение. Обозначим ( )mnНОДd ,= , тогда по свойству 3 существуют

такие натуральные qp, , ( ) 1, =qpНОД , что qdmpdn == , . Подставим в исходное равенство:

( )qpdpqdd +=+ ⇔ =+ pq1 qp + ⇔ ( )( ) 011 =−− qp .

Если 1=p , то qdmdn == , и nmM .

Если 1=q , то pdndm == , и mnM , что и требовалось доказать.

Пример 8 [Эконом.–2000]. Интервалы движения городских автобусов по трём маршрутам, проходящим через общую остановку, составляют 15, 20 и 24 минуты соответственно. Сколько раз с 7-55 до 17-05 того же дня на этой остановке одновременно встречаются автобусы всех трёх маршрутов, если одна из таких встреч происходит в 12-35? Решение. Предположим, в некоторый момент времени все три автобуса встретились на остановке. Найдём, через сколько минут они вновь повстречают-ся на этой остановке. Так как 5315 ⋅= , 5220 2 ⋅= , 3224 3 ⋅= , то

( ) 12024,20,15 =НОК . Отсчитывая этот отрезок времени от 12-35, находим все моменты встреч, попадающие в заданный промежуток: 8-35, 10-35, 12-35, 14-35, 16-35. Всего 5 раз.

Пример 9 [РГГУ]. Найти числа yx, , если известно, что они натуральные и

таковы, что 88103 =− yx и ( ) 3805, =− yyxНОК .

Решение. Пусть ( )yxНОДd ,= , тогда по свойству 3 получаем, что най-

дутся такие натуральные числа kn, , что ⎩⎨⎧

==

,,

kdyndx

причём ( ) 1, =knНОД .

Тогда ( ) nkdyxНОК =, , и условия задачи можно представить в виде сле-дующей системы:


⎩⎨⎧

=−=−

.3805,88103

kdnkdkdnd

Из первого уравнения системы следует, что 88 ⋮d , т.е. 1123 ⋅ ⋮ d , а из второго

– что 380 ⋮ d , т.е. 19522 ⋅⋅ ⋮ d . Очевидно, что числа 88 и 380 имеют общими натуральными делителями только 1,2 и 4. Следовательно, d может принимать одно из этих значений: d { }4;2;1∈ . Рассмотрим эти случаи в отдельности.

1) Если 1=d , то система примет вид ⎩⎨⎧

=−=−

;3805,88103

knkkn

решая систему в

натуральных числах, получаем, что она не имеет решений.

2) Если 2=d , то система примет вид ⎩⎨⎧

=−=−

;380102,88206

knkkn

решая её в нату-

ральных числах, также получаем, что нет решений.

3) Если 4=d , то имеем систему ⎩⎨⎧

=−=−

,955,22103

knkkn

откуда находим

⎩⎨⎧

==

.524

kn

Тогда окончательно получаем ⎩⎨⎧

====

.205,9624

dydx

Ответ: ( ) ( ){ }20;96; ∈yx . Следующую группу методов можно отнести к универсальным, т.е. исполь-зуемым при решении произвольных задач (не только с целочисленными величи-нами).

Метод замены переменных

Пример 1 [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что произведение четырёх после-довательных целых чисел в сумме с 1 даёт полный квадрат. Решение. По условию, требуется доказать, что выражение

( )( )( ) 1321 ++++ nnnn

является квадратом целого числа. Сгруппируем сомножители следующим обра-зом: ( )( ) ( )( )( ) 1213 ++++ nnnn , и положим nny 32 += . Тогда

( )( ) ( )( )( ) 1213 ++++ nnnn ( ) ( )2112 +=++= yyy . Выполняя обратную подстановку, приходим к ответу.

Ответ: ( )( )( ) ( )22 131321 ++=++++ nnnnnn .


Рассмотрим, далее, пример, в котором последовательно используются сразу несколько приёмов: замена переменной, одна из формул сокращённого умноже-ния (см. п. 1.3.) и анализ остатков.

Пример 2 [ВМиК–2002, устн.]. Доказать, что для любого натурального n ,

2≥n , число 11 −−nn делится нацело на ( )21−n .

Доказательство. Обозначим 1−= nm ( )Nm∈ . Требуется доказать, что

для любого натурального m число ( ) 11 −+ mm делится нацело на 2m . Вос-пользуемся формулой сокращённого умножения ( )( )1221 ... −−−− ++++−=− nnnnnn babbaababa , тогда

( ) =−+ 11 mm ( )( ) ( ) ( ) ( )( )11...1111 21 +++++++−+ −− mmmm mm . Первый из двух сомножителей делится на m . Покажем, что и второй сомножи-тель кратен m . Действительно, во вторых скобках стоит сумма m чисел, де-лящихся на m с остатком 1. При сложении таких чисел остатки складываются, поэтому их сумма будет делиться на m с остатком m , т.е. с остатком 0. Ут-верждение доказано. В уравнениях, решаемых в целых числах, также иногда целесообразна заме-на переменных. Пример 3 [Московская школа экономики–2007]. Найти все целочисленные решения уравнения 08832414 22 =+++− yyxx . Решение. Выделяя полные квадраты, приведём уравнение к виду

( ) ( ) 25447 22 =++− yx .

Положим 4,7 +=−= yvxu , тогда имеем: 254 22 =+ vu . (*)

Отсюда получаем оценки: 252 ≤u и 4252 ≤v (с учётом целочисленности

42 ≤v ). Заметим, что в силу симметричности наряду с парами ( )vu; решения-

ми уравнения (*) будут пары ( )vu −; , ( )vu;− и ( )vu −− ; . Поэтому найдём вна-чале лишь неотрицательные целые значения u и v : 1) при 0=v имеем 5=u ⇒ ( )0;5 ; 2) при 1=v имеем 212 =u ⇒ Zu∉ ;

2) при 2=v имеем 3=u ⇒ ( )2;3 . Итак, решения уравнения (*):

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }2;3;2;3;2;3;0;5;2;3;0;5; −−−−−∈vu . Возвращаясь к первоначальным переменным, получим ответ.

Ответ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }6;4;2;4;6;10;4;2;2;10;4;12; −−−−−−∈yx .


Пример 4 [Олимпиада «Ломоносов–2008», Геолог., устн.]. Решить в нату-ральных числах уравнение

6133 +=− kllk .

Решение. Поскольку правая часть равенства 6133 +=− kllk положитель-на, то lk > , а значит, можно представить nlk += , где ...2,1,0=n Такая подстановка позволяет свести уравнение третьей степени относительно обеих переменных к более простому квадратному уравнению относительно l . Дейст-вительно, подставляя выражение nl + в исходное уравнение, получим квад-ратное уравнение ( 013 ≠−n ):

( ) ( ) 0611313 32 =−+⋅−+− nlnnln . Для того чтобы это уравнение имело решения, необходимо и достаточно неотрицательности его дискриминанта:

( ) ( ) ( )( ) 06113413 322 ≥−−−−= nnnnnD ⇔

⇔ ( )( ) 024413 23 ≥+−−− nnn ⇔ 024423 ≤−+ nn . Для решения последнего неравенства рассмотрим функцию ( ) += 3xxf 2442 −x , её график – кубическая парабола. Имеем:

( ) 023 2 >+=′ xxxf при 0>x , следовательно, функция возрастает при на-

туральных значениях аргумента. Так как ( ) 01 <f , ( ) 02 <f , ( ) 03 <f ,

( ) 04 <f , ( ) 05 <f , но ( ) 06 >f , то решениями неравенства −+ 23 nn

0244 ≤− будут { }5;4;3;2;1∈n . Проверка показывает, что только при 1=n

дискриминант ( )nD является полным квадратом: ( ) 2221 =D , 5=l ⇒ 6=k .

Ответ: ( ) ( ){ }5;6; ∈lk .

Метод оценок При решении задач в целых числах иногда используется подход, основанный на построении и применении различного рода оценок выражений, входящих в условия задач. Рассмотрим примеры.

Пример 1 [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что уравнение

111122 =++

yxyx

не имеет целых положительных решений. Доказательство. Пусть, ради определённости, yx ≤≤1 . Тогда


=1 ≤++ 22111yxyx 2222

3111xxxx

=++ ,

откуда находим оценку 32 ≤x , т.е. 1=x ⇒ 1−=y – не удовлетворяет усло-вию задачи. Аналогично рассматривается случай xy ≤≤1 .

Пример 2 [ВМиК–2005, устн.]. Сумма обратных величин трёх натуральных чисел равна 1. Найти эти числа (наборы, а не упорядоченные тройки). Решение. Пусть zyx ,, – искомые натуральные числа. Условия задачи при-водят к уравнению

1111=++

zyx.

Очевидно, что для того чтобы это равенство выполнялось, необходимо, что-бы хотя бы одно из чисел не превосходило 3. Без ограничения общности будем считать, что 3≤x . Тогда 2=x или 3=x .

1) Пусть 2=x , тогда 2111

=+zy

⇒ хотя бы одно из чисел y или z не

превосходит 4. Ради определённости, пусть это 4≤y . Тогда 3=y или 4=y .

В первом случае 6=z , и имеем три числа { }6;3;2 . Во втором случае 4=z , и

находим ещё одну тройку { }4;4;2 .

2) Пусть теперь 3=x , тогда 3211

=+zy

⇒ хотя бы одно из чисел y или

z не превосходит 3. Ради определённости, пусть это 3≤y . Тогда 2=y или

3=y . В первом случае 6=z , и имеем числа { }6;2;3 – уже было. Во втором

случае 3=z , и получаем набор { }3;3;3 .

Ответ: это наборы чисел { }6;3;2 , { }4;4;2 , { }3;3;3 .

Пример 3 [ВМиК–2005, устн.]. Найти все упорядоченные тройки ( )zyx ;; натуральных чисел, удовлетворяющих равенству

1330

11

=+

+

zy

x .

Решение. Приведём уравнение к виду zy

x1

133013+

−= .


Так как 301330131<

+−=

zyx , то получаем: { }2;1∈x .

1) Если 1=x , то, подставляя в уравнение, находим 17131 =+ zy , что невоз-

можно, так левая часть в этом равенстве больше 1, а правая – меньше 1. 2) Если 2=x , то получаем yz 4134 −= . Справа стоит целое число, следо-

вательно, Nz ∈4 , откуда { }4;2;1∈z . При 1=z имеем Ny ∉= 4

9 ; при 2=z

имеем Ny ∉= 411 ; при 4=z находим 3=y . Ответ: ( ) ( ){ }4;3;2;; ∈zyx .

Пример 4 [Географ.–2003]. Непустое множество X состоит из конечного числа N натуральных чисел. Чётных чисел в X меньше двух третей от N , а нечётных не больше 36% от N . Какое минимальное значение может прини-мать число N ? Решение. Пусть n – число нечётных чисел в X . По условию,

NnN10036

3≤< ⇔ NnN

25273 ≤< . (1)

Воспользуемся тем свойством, что для целых чисел km, строгое неравенст-во km > равносильно нестрогому 1+≥ km . Поэтому

NnN252731 ≤≤+ ⇔ ( ) NnN 2775125 ≤≤+ .

По свойству транзитивности из последнего неравенства получаем, как следст-вие, оценку

( ) NN 27125 ≤+ , т.е. 13≥N . Далее действуем перебором (с проверкой). Если 13=N , то, подставив в неравенство (1), получим: 25

1731 44 ≤< n , что

невозможно при целых n . Если 14=N , то, подставив в неравенство (1), получим: 25

132 54 ≤< n .

Этому условию удовлетворяет 5=n (т.е. нашлось n ). Ответ: 14min =N .

Использование различных алгебраических преобразований, в том числе формул сокращённого умножения,

приёма выделения полных квадратов

Очень часто при решении задач используются различные алгебраические и прочие преобразования. Рассмотрим примеры такого рода.


Пример 1 [Физфак–1965, ВМиК–2002, устн.]. Доказать, что число

{ 321nn

M 2...221...112

−=

при любом натуральном n является полным квадратом.

Решение. Так как число {n2

1...11 представимо в виде { =n2

1...11 321n2

9...9991⋅ , а

число 321n

2...22 , соответственно, в виде =321n

2...22 321n

9...9992⋅ , то, подставляя в M

и учитывая формулу 1109...99 −= n

n321 , получим:

{ 321nn

M 2...221...112

−= −⋅= 321n2

9...9991

=⋅ 321n

9...9992

( ) ( )( )=−−−⋅= 110211091 2 nn ( )

22

2 3...333

9...9911091

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=−⋅ 321

876

n

n

n ,

т.е. M при любом Nn∈ является квадратом целого числа 321n

3...33 .

Пример 2 [Почвовед.–2001]. Найти сумму n первых членов ряда

...777777 +++ . Решение. Обозначим 321

kka 7...77= – k -й член данного ряда. Требуется най-

ти сумму ==∑∑==

n

k k

n

kka

117...77 321 ∑

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛n

k k19...99

97

321 . Воспользовавшись формулами

преобразований 1109...99 −= k

k321 , а также ( )∑ ∑∑

= ==

±=±n

k

n

kk

n

kkkk baba

1 11

,

( )∑ ∑= =

⋅=⋅n

k

n

kkk apap

1 1

, получаем, что =∑=

n

kka

1( )∑

=

−n

k

k

1

11097

=

( ) =−⋅= ∑=

n

k

k

1110

97 =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−∑∑

==

n

k

n

k

k

11

11097 ( )( )nn −+++ 10...1010

97 2 .

Применяя, далее, формулу для нахождения суммы первых n членов геомет-рической прогрессии, упрощаем выражение во внутренних скобках:


=∑=

n

kka

1=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−

⋅ nn

11011010

97

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅ n

n321 9...99

910

97

{ { ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅= nn

nn

01...11971...1110

97 .

В очередных примерах решить задачу помогают формулы сокращённого умножения.

Пример 3 [ВМиК–1999, устн.]. Решить в целых числах уравнение 149 += yx .

Решение. 1) При целом 0<x в левой части равенства находится дробное число, а в правой – целое, что невозможно. Следовательно, в этом случае реше-ний нет. 2) Перепишем уравнение в виде ( ) 419 −= xy . При целом 0≥x выраже-

ние 19 −x можно разложить на множители: =−19x ( )( )1...9919 21 +++− −− xx .

Отсюда следует, что это выражение делится нацело на 8, а значит ( ) 419 −x -

целое число. Ответ: ( ) ( )( ){ }419;; −∈ ppyx , где ,..1,0=p

Пример 4 [СУНЦ]. Найти две последние цифры числа 33333 9998...321 +++++ .

Решение. Сгруппируем вместе первое слагаемое с последним, второе – с предпоследним и т.д.:

=+++++ 33333 9998...321 ( ) ( ) ( ) 3333333 505149...982991 +++++++= .

Воспользуемся формулой суммы кубов и преобразуем с её помощью каждое из выражений в скобках:

( ) ( ) ( ) =+++++++ 3333333 505149...982991

( )( )++⋅−+= 22 999911991 ( )( ) +++⋅−+ ...989822982 22

( )( )++⋅−++ 22 515149495149 350 ( )++⋅−= 22 999911100( ) +++⋅−+ ...989822100 22 ( ) 1000551514949100 322 ⋅++⋅− .

Очевидно, что каждое слагаемое, а значит, их сумма оканчиваются двумя нулями.


Пример 5 [Почвовед.–1999]. Сумма десяти чисел равна нулю и сумма их раз-личных попарных произведений равна нулю. Чему равна сумма кубов этих чисел? Решение. Обозначим эти числа 1021 ,...,, aaa . По условию имеем:

⎩⎨⎧

=+++=+++

.0...0...

1093121

1021

aaaaaaaaa

Подставляя эти данные в формулу сокращённого умножения

( ) =+++ 21021 ... aaa ++++ 2

1022

21 ... aaa ( )1093121 ...2 aaaaaa +++ ,

находим =+++ 2

1022

21 ... aaa ( ) −+++ 2

1021 ... aaa ( ) 0...2 1093121 =+++ aaaaaa .

Это возможно, только если 0... 1021 ==== aaa , но тогда

0... 310

32

31 =+++ aaa .

Рассмотрение уравнения относительно некоторой величины

Это известный алгебраический приём, когда уравнение (неравенство), ре-шаемое в целых числах относительно одной величины (например, неизвестной x ) бывает удобно рассмотреть относительно какой-либо иной величины (от-личной от x ). Так поступают в тех случаях, когда в новой формулировке задача оказывается в чём-то проще для решения. Чаще других встречаются задачи, где уравнение рассматривают как квадратное относительно параметра, одной из неиз-вестных (если в уравнении несколько неизвестных) или некоторого выражения. Обратимся к примерам. Пример 1. Решить в целых числах уравнение

03892 22 =−−+ yxyyx . Решение. Рассмотрим данное уравнение как квадратное относительно неиз-вестной x . Приведя его к стандартному виду, получаем

03982 22 =−+− yyyxx . Необходимым и достаточным условием существования решений у этого уравнения является условие неотрицательности его дискриминанта:

( ) 038 ≥−−= yyD ,

откуда находим ограничения на y : [ ]3,0∈y . С учётом целочисленности y

получаем, что { }3;2;1;0∈y . Рассмотрим каждый из случаев в отдельности.

1) Если 0=y , то ( )

04

3882,1 =

−−±=

yyyx ;


2) если 1=y , то 3,1 43 == xx ;

3) если 2=y , то 5,3 65 == xx ; 4) если 3=y , то 68,7 =x .

Ответ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }3;6;2;5;2;3;1;3;1;1;0;0; ∈yx .

Пример 2 [Почвовед.–2003, май]. Найти все целочисленные решения уравнения

022102345 222 =−−+++ yzxzxyzyx .

Решение. 1-й способ. Рассмотрим данное уравнение как квадратное относи-тельно переменной x :

( ) 02234552 222 =−++⋅−+ yzzyxzyx . Дискриминант уравнения ( ) ( )=−+−−= yzzyzyD 22345454 222 ( ) 0324 2 ≥−− zy ⇔ zy 32 = . Тогда решением данного уравнения будет yzx −= 5 . Итак, задача оказалась сведена к решению в целых числах системы

⎩⎨⎧

−==

.532

yzxzy

Заметим, что левая часть в уравнении zy 32 = делится нацело на 2, следова-тельно, z должно быть кратно двум. Положим pz 2= , Zp∈ . Подставляя в уравнение zy 32 = , находим py 3= , и тогда из второго уравнения системы получаем =x p7 . Таким образом, решениями уравнения являются тройки чи-

сел вида ( )ppp 2;3;7 , где Zp∈ .

2-й способ. Задачу можно было решить иначе – при помощи выделения пол-ных квадратов. Действительно, преобразуем уравнение к виду:

( ) ( )( ) ( ) 09124552 2222 =+−+−+−+ zyzyzyzyxx ,

( ) ( ) 0325 22 =−+−+ zyzyx ⇔ ⎩⎨⎧

=−=−+032

05zy

zyxи т.д.

Ответ: ( ) ( ){ }pppzyx 2;3;7;; ∈ , где Zp∈ .

Пример 3 [Мехмат–1996, март]. Какое наибольшее число членов может со-держать конечная арифметическая прогрессия с разностью 4 при условии, что квадрат её первого члена в сумме с остальными членами не превосходит 100? Решение. По условию имеем: 100...32

21 ≤++++ naaaa ⇔


⇔ ( ) 10012

221 ≤−

++ naaa n ⇔ ( ) 1001

22 12

1 ≤−+

+ ndnaa .

Рассмотрим данное неравенство как квадратное относительно 1a :

( ) .0100221 21

21 ≤−−+−+ nnana

Для того чтобы это неравенство имело решения, необходимо и достаточно вы-полнения условия

( ) ( ) 01002241 22 ≥−−−−= nnnD ⇔ 040167 2 ≤−− nn ⇔

⇔ 21 728163

728163 nnn =

+≤≤

−= .

Так как 98 2 << n , то наименьшее n равно 8. Ответ: 8min =n .

Рассмотрим ещё несколько часто встречающихся видов задач, решаемых в целых (натуральных) числах, и методы их решения.

Уравнения вида nBA =⋅ , где BA, – целочисленные выражения, n – целое число

Пусть решаемое в целых числах уравнение удалось преобразованиями при-вести к виду, когда в одной из его частей оказывается произведение двух (не-скольких) целочисленных множителей BA, , а в другой, соответственно, целое число n . В такой ситуации решение уравнения сводится к перебору всех воз-можных случаев, когда n представимо в виде такого произведения целых чисел (количество вариантов будет конечно и тем меньше, чем меньше целых делите-лей имеет число n , стоящее в правой части уравнения).

Пример 1 [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2003]. Для всех значений параметра ( )4,2∈a найти все целые числа x и y ,

удовлетворяющие равенству ayxyx =++ 22 65 . Решение. Так как слева от знака равенства находится целое число, то a должно быть целым, следовательно, 3=a . Итак, имеем:

365 22 =++ yxyx .

Разложим левую часть уравнения на множители:

( ) ( ) 3632 22 =+++ yxyxyx ⇔ ( ) ( ) 3232 =+++ yxyyxx ⇔

⇔( )( ) 332 =++ yxyx .


Так как при целых yx, оба сомножителя в левой части целочисленны, то число 3 в правой части можно разложить на произведение двух целых чисел следую-щими способами:

⎩⎨⎧

−=+−=+3312

yxyx

или ⎩⎨⎧

=+=+

3312

yxyx

или ⎩⎨⎧

−=+−=+1332

yxyx

или ⎩⎨⎧

=+=+

.1332

yxyx

Ответ: при 3=a – четыре решения ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }2;7;2;7;2;3;2;3; −−−−∈yx ,

при ( ) ( )4,33,2 U∈a уравнение не имеет решений.

Пример 2 [ИСАА–1997]. Найти все пары целых чисел x и y , удовлетво-ряющих уравнению 06113163 =+++ yxxy . Решение. Умножим уравнение на 3 и после этого, группируя и вынося об-щий множитель за скобку, приведём к необходимому виду:

( ) ( ) 061313316333 =⋅+⋅+⋅+⋅ yxxy ⇔

⇔ ( ) ( ) 25163131633 =+++ yyx ⇔ ( )( ) 25133163 =++ xy .

Число 25 можно представить в виде произведения двух целочисленных сомно-жителей следующими способами:

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

=+=+

⎩⎨⎧

=+=+

⎩⎨⎧

=+=+

51335163

113325163

251331163

xy

xy

xy

или

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=+−=+

⎩⎨⎧

−=+−=+

⎩⎨⎧

−=+−=+

.51335163

113325163

251331163

xy

xy

xy

Только три из перечисленных шести систем имеют решения в целых числах. Ответ: ( ) ( ) ( ) ( ){ }7;6;3;4;5;4; −−−−∈yx .

Задачи, приводящие к ситуации, когда дробь должна принимать целочисленные значения

Близкий подход связан с разрешением ситуации, когда некоторая дробь с целочисленными числителем и знаменателем должна быть целым числом. Это возможно лишь в случае, когда знаменатель принимает значения, равные цело-численным делителям числителя.


Пример 1. На графике функции 14

−−

=xxy найти все точки, абсциссы и

ординаты которых – целые числа. Решение. Решим задачу без построения графика функции. Выделяя целую часть, преобразуем данную дробно-линейную функцию к виду:

( )1

311

31−

−=−−−

=xx

xy .

Поскольку y в последнем равенстве, по условию, принимает целочисленные значения и единица в правой части – также целое число, то, следовательно, дробь ( )13 −x также должна принимать целые значения. Это возможно тогда и только тогда, когда выражение 1−x принимает значения всевозможных це-лых делителей числа 3, т.е. имеем ( )∈−1x { }3;1 ±± . Отсюда находим четыре точки с целочисленными координатами:

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⇒=−=⇒=

=⇒==⇒−=

.0422

4022

yxyxyx

yx

Ответ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }0;4;2;2;4;0;2;2; −−∈yx .

Пример 2 [МФТИ]. Найти все пары целых чисел x и y , при которых явля-

ется верным равенство 023273 =++−− yxxyx . Решение. Поскольку 2=x , очевидно, не является решением уравнения, то приведём уравнение (оно линейно относительно y ) к эквивалентному виду:

22373

−+−

=x

xxy ⇔ 2

17322

−+−+=

xxxy .

В силу целочисленности yx, , дробь ( )217 −x должна быть целым числом, поэтому знаменатель 2−x должен принимать значения целочисленных дели-телей числа 17, т.е. ( ) { }17;12 ±±∈−x . Рассмотрим каждый из этих случаев.

Если =− 2x 1, т.е. 3=x , то ( ) =−+−+= 217322 xxxy 29; если 12 −=−x , т.е. 1=x , то 17−=y ; если 172 =−x , т.е. 19=x , то =y 397;

если =− 2x 17− , т.е. =x 15− , то =y 191.

Ответ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }191;15;397;19;17;1;29;3; −−∈yx .


Другие приёмы и методы Наряду с рассмотренными выше методами при решении уравнений в целых числах используются и другие приёмы. Например, в следующем примере учи-тывается тот факт, что уравнение является однородным.

Пример 1. Решить в целых числах уравнение 02 323 =++ yxyx .

Решение. Заметим, что если 0=y , то 0=x , и, значит, пара ( )0;0 удовле-

творяет уравнению. Пусть 0≠y , тогда поделим обе части уравнения на 3y :

( ) 023 =++ yxyx .

Обозначим yxt = , тогда имеем кубическое уравнение 023 =++ tt . Подбо-

ром находим корень 1−=t . Делением многочлена 23 ++ tt на 1+t получаем: ( )( ) 021 2 =+−+ ttt .

Убеждаемся в том, что данное кубическое уравнение имеет единственный ко-рень 1−=t , что соответствует xy −= . Положим px = , где p – произволь-ное целое число, не равное 0. Тогда py −= , и имеем бесконечно много реше-

ний в виде пар чисел ( )pp −; , Zp∈ , 0≠p . Объединяя все полученные ре-

шения, приходим к ответу. Ответ: ( ) ( ){ }ppyx −∈ ;; , где Zp∈ .

Иногда при решении уравнения или неравенства в целых числах не требует-ся привлечения каких-либо специальных методов решения: достаточно внима-тельно проанализировать его ОДЗ.

Пример 2 [ВМиК–2007, устн.]. Найти все целые числа x , удовлетворяющие

неравенству 33319221946 22 >−−⋅+−+ xxxxx .

Решение. ОДЗ: ⎪⎩

⎪⎨⎧

≥−−

≥−+

033192021946

2

2

xxxx

⇔ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−∈

223,11

23,2 Ux .

Очевидно, что только два целых числа 2−=x и 11=x содержаться в ОДЗ. Проверка показывает, что лишь второе удовлетворяет неравенству.

Отметим, что количество различных приёмов и способов, используемых при решении задач на натуральную и целочисленную арифметику, слишком велико, и для ознакомления и, более того, успешного усвоения этих приёмов необходи-мо решение достаточно большого числа разнообразных задач. Многие из упо-мянутых приёмов решения и типов конкурсных задач рассматриваются в книге [15]. Рекомендуем желающим более углублённо изучить данный раздел обра-титься к этому изданию.

Рациональные, иррациональные и действительные числа 61

1.2. Рациональные, иррациональные и действительные числа

Понятие арифметической дроби. Классификация дробей

Арифметическая (обыкновенная) дробь – это число, составленное из целого числа долей единицы. Дробь изображается символом qp , где p – числитель дроби, он показывает число взятых долей единицы и делится на столько долей, сколько показывает (знаменует) знаменатель q . Дробь можно рассматривать как частное от деления одного (целого) числа p на другое (натуральное) q . В старину в России дроби назывались ломаными числами (например, в «Арифметике» Магницкого и в «Недоросле» Фонвизина). Обыкновенная дробь qp называется правильной, если её числитель по мо-

дулю меньше знаменателя, или 1<qp , и неправильной в противном случае

(понятие модуля будет введено в разделе 2). Неправильная дробь может быть представлена в виде суммы целого числа и правильной дроби (смешанная дробь). Для этого надо числитель разделить (с остатком) на знаменатель. На-пример,

1765

1765

176175

1791

=+=+⋅

= .

Обыкновенную дробь называют сократимой, если существует такое отлич-

ное от единицы натуральное число n , что qp

nknm

= , ( Zm∈ , Nk ∈ ), и несо-

кратимой, если p и q – взаимно простые числа. Любую сократимую дробь путём сокращения числителя и знаменателя на их общие делители можно при-вести к несократимому виду. Две дроби называют равными, если их несократимые представления совпа-

дают. Например, дроби 35

и 6

10 равны между собой. Отсюда получаем как

следствие: при умножении числителя и знаменателя дроби одновременно на одно и то же число получается дробь, равная данной. Это даёт возможность любые две дроби привести к общему знаменателю, т.е. найти соответственно равные им дроби, знаменатели которых совпадают. При этом наименьшим общим знаменателем для двух данных дробей будет, очевидно, наименьшее общее кратное их знаменателей (в несократимых пред-ставлениях). Аналогичным образом можно приводить к общему знаменателю три дроби и более.


Дробь qp называется десятичной, если её знаменатель q является нату-ральной степенью числа 10. Для десятичной дроби используется запись

......, 210 kaaaa

(черту сверху часто опускают), где 0a – целое число, а ,..., 21 aa – цифры, при-

нимающие значения 0,1,2,…,9. Например, вместо 10000

213 пишут 0,0213. Деся-

тичные дроби, имеющие после запятой конечное число ненулевых цифр, назы-ваются конечными. В противном случае дробь считается бесконечной. Бесконечные десятичные дроби разбиваются на два класса: периодические, когда, начиная с некоторого момента, одна и та же группа цифр неограниченно повторяется, и непериодические, если не существует такой бесконечно повто-ряющейся группы цифр после запятой. Повторяющуюся группу цифр после за-пятой называют периодом и заключают в круглые скобки. Например, вместо 0,2353535… пишут 0,2(35). Читается: «ноль целых, две десятых и тридцать пять в периоде». Если число 0a в записи десятичной дроби ......, 210 kaaaa является нату-

ральным, то такая дробь называется положительной. Если число 0a – целое отрицательное, то в этом случае десятичная дробь называется отрицательной. Если 00 =a и хотя бы одна из цифр после десятичной запятой отлична от нуля, то соответствующую десятичную дробь также относят к положительным дро-бям. Если же в последнем случае перед такой дробью поставить знак «минус», то получим отрицательную десятичную дробь. Если среди 0a , ,...,...,, 21 kaaa нет чисел, отличных от нуля, то такое число называют нулевой бесконечной пе-риодической дробью и обозначают ( )0,0 .

ДРОБИ

обыкновенные десятичные

конечныеправильные неправильные бесконечные

сократимые несократимые периодические непериодич.

Рациональные, иррациональные и действительные числа

63

Операции над дробями встречаются уже в древнеегипетском папирусе Ахмеса (ок. 2000 г. до н.э.). У древних индийцев, по-видимому, впервые зародилось совре-менное обозначение дробей. Термин «дробь» вошел в европейскую математику от арабов через Леонардо Пизанского (1202), термины «числитель» и «знаменатель» встречаются у Максима Плануда (конец ХIII века). Однако изложение обыкновен-ных дробей в учебниках арифметики европейских школ произошло только в ХVIII в. Дроби усваивались учениками с огромными трудностями. Например, в предисловии к 16-му изданию «Арифметики» Уингейта (Англия) сказано, что в этом издании «из-ложение арифметики целых чисел, необходимой для денежных расчётов, для тор-говли и других приложений, даётся раньше, чем открывается доступ к крутым и трудным путям дробей, при одном виде которых некоторые учащиеся приходят в та-кое уныние, что останавливаются и восклицают: ради бога, не дальше!». Даже в зна-менитой Итонской школе для аристократов, существующей с 1446 г., арифметика стала обязательным предметом преподавания только в 1851 г. [17].

Пример. Доказать, что дробь 230112

++

nn

несократима при Nn∈ .

Доказательство. 1-й способ (по определению сократимой дроби). Предпо-ложим, от противного, что данная дробь сократима на некоторое натуральное число p , отличное от единицы. Тогда найдутся такие натуральные числа m и

k , что =++

230112

nn

kpmp⋅⋅

, т.е. выполняется система двух равенств

⎩⎨⎧

⋅=+⋅=+

.230112

kpnmpn

Исключим из уравнений системы величину n . Для этого умножим первое ра-венство на 5, второе на 2 и вычтем из первого второе:

( )kmp 251 −⋅= . Проанализируем полученное равенство. В правой его части стоит произведение двух целочисленных множителей: p и km 25 − , а слева – единица. Понятно, что в этой ситуации p может принимать только значение, равное единице. По-лученное противоречие означает, что предположение о сократимости дроби бы-ло неверным. 2-й способ. При этом способе решения используются два очевидных утвер-

ждения: во-первых, дроби ba

и ab

(при натуральных ba, ) сократимы или не-

сократимы одновременно; во-вторых, дробь ba

и та дробь, которая получается

из неё после выделения целой части, также одновременно сократимы либо несо-


кратимы. Итак, дробь 230112

++

nn

сократима (несократима) одновременно с «пе-

ревёрнутой» дробью 112230

++

nn

. Выделим в этой дроби целую часть:

( )=

+++⋅

=++

11261122

112230

nnn

nn

11262+

+nn

.

Тогда дробь 112230

++

nn

сократима (несократима) одновременно с дробью

1126+n

n , а она, в свою очередь, с дробью nn

n612

6112

+=+

. Таким образом,

задачу исследования на сократимость исходной дроби свели к аналогичной за-даче для более простой дроби ( )n61 , которая, очевидно, является несократимой при натуральных n .

3-й способ. Используя последовательно свойство «Если Nba ∈, , ab > , то

( ) ( )abaНОДbaНОД −= ,, », вычислим

( )230;112 ++ nnНОД ( ) =+= nnНОД 6;112 ( ) 16;1 =nНОД .

Таким образом, числитель и знаменатель дроби являются взаимно простыми числами, следовательно, данная дробь несократима.

Рациональные числа. Правила перевода рационального числа из обыкновенной дроби в периодическую и обратно

Опр.1. Рациональным называется число, представимое в виде обыкновенной дроби qp , где p ∈Z , q ∈ N . Так как любую обыкновенную дробь путём сокращения можно привести к несократимому виду, то, как правило, в опреде-ление рационального числа сразу добавляют условие несократимости дроби, что не влияет на суть определения. Опр.2. Рациональным называется число, представимое в виде десятичной бесконечной периодической дроби.

Теорема 1. Определения 1 и 2 эквивалентны (без доказательства). Множество рациональных чисел принято обозначать буквой Q (от латин-ского ‘quotient’ – частное), а название рациональных чисел происходит от ла-тинского ‘ratio’ – отношение. Заметим, что любое целое число n является ра-циональным, так как его можно представить в виде обыкновенной дроби

1nn = . С учётом этого имеем: QZN ⊂⊂ .


65

В силу теоремы 1 существуют два эквивалентных представления рациональ-ного числа, и при решении ряда задач необходимо уметь переводить рациональ-ное число из одного представления в другое и наоборот. Делением непосредст-венно («уголком») числителя обыкновенной дроби на её знаменатель всегда можно представить дробь либо в виде конечной десятичной дроби (если про-стыми множителями знаменателя являются только двойки и пятерки), либо в виде бесконечной десятичной периодической дроби (в остальных случаях). Сформулируем и докажем удобное на практике обратное правило перевода – периодической десятичной дроби в обыкновенную дробь. Теорема 2. Чтобы перевести периодическую дробь в обыкновенную, надо из числа, стоящего до второго периода, вычесть число, стоящее до первого периода, и сделать эту разность числителем, а в знаменателе написать цифру 9 столько раз, сколько цифр в периоде, и после девяток дописать столько нулей, сколько цифр между запятой и первым периодом. Доказательство. Пусть дано число в виде десятичной периодической дроби n )...(..., 1210 kppp aaaaaa ++= , (1)

где 0a ∈Z , а kpaaa +,...,, 21 – цифры. Необходимо доказать, что

{pk

pkp aaaaaan

0...09...99...... 1010

321

−= + .

Умножим равенство (1) на kp+10 (это равносильно переносу десятичной запя-той на kp + позиций вправо):

=⋅+ nkp10 )...(,...... 1110 kppkppp aaaaaaa ++++ .

Умножим теперь равенство (1) на p10 (это равносильно переносу десятичной запятой на p позиций вправо):

=⋅ np10 )...(,... 110 kppp aaaaa ++ . Вычтем друг из друга последние два равенства и воспользуемся тем, что перио-ды у чисел, стоящих в правых частях равенств, оказались одинаковы и поэтому при вычитании взаимно уничтожатся:

( ) =⋅−+ npkp 1010 pkp aaaaaa ...... 1010 −+ .

Выражая отсюда n , получаем искомый результат

n =−

−= +

)110(10...... 1010

kppkp aaaaaa

{pk

pkp aaaaaa0...09...99

...... 1010

321

−+ .


Замечание. После этого останется только привести полученную обыкновен-ную дробь к несократимому виду (если она оказалась сократимой). Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1 [Московский госуниверситет пищевых производств–1997]. Упро-

стить рациональное число 1394857,2

449291997,0.

Решение. Домножая числитель и знаменатель дроби на 910 , получим

2139485700449291997

.

Далее «столбиком» аккуратно поделим числитель на знаменатель:

4492919970_ 2139485700

4278971400 21,0

2139485700_

2139485700 0

Пример 2. Перевести периодическую дробь ( )201,3 в обыкновенную.

Решение. Воспользовавшись данным правилом, сразу получим

( )201,3 =−

=990

3131209903089

.

Если же повторить весь процесс вывода формулы для данного примера, то это будет выглядеть следующим образом. Обозначим переводимое число через x , затем умножим равенство =x ( )201,3 на 10:

=x10 ( )20,31 . (2) После этого ещё раз умножим равенство =x ( )201,3 , но уже на 1000 и получим

( )20,31201000 =x . (3) Если теперь вычесть из равенства (3) равенство (2), то одинаковые периоды у чисел в правых частях равенств взаимно уничтожатся, и получим

3089990 =x , откуда и находим искомое представление числа x в виде обык-новенной дроби. Ответ: ( )201,3 9903089= .

Другой, более стандартный, но менее «короткий» способ перевода основан на использовании свойства суммы всех членов бесконечно убывающей геометриче-ской прогрессии. Рассмотрим пример с той же периодической дробью ( )201,3 .


67

Выполним следующую цепочку преобразований:

( ) =201,3 +1,3 ...100000

201000

20++ += 1,3 ⋅

100020

( ...10000

1100

11 +++ ).

Заметим, что в скобках находится сумма всех членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии с 11 =b и знаменателем 1001=q . Применяя из-

вестную формулу ( )qbS −= 11 , упрощаем выражение в скобках. Далее оста-ётся привести всё к виду одной дроби и, возможно, сократить её:

( ) =201,3 1,3 ⋅+1000

20=

− 01.011 +

1031

992

=+⋅

=990

209931

=+−⋅

=990

20)1100(31990

313120 −990

3089= .

Сравнение рациональных чисел.

Арифметические операции над рациональными числами

Два рациональных числа 11 qp и 22 qp ( Zpp ∈21 , , Nqq ∈21 , ) счи-

таются, по определению, равными, если 1221 qpqp = . Число 11 qp считается

большим числа 22 qp , если 1221 qpqp > , и меньшим этого числа, если

1221 qpqp < .

Пусть q – натуральное число. Если p – натуральное число, то число qp называется положительным рациональным числом, или положительной дробью. Если же p – целое отрицательное число, то число qp называется отрица-тельным рациональным числом, или отрицательной дробью. Если p равно ну-

лю, то число qp называется нулевой дробью. Определим основные арифметические операции на множестве рациональных чисел. Пусть даны два рациональных числа 11 qp и 22 qp . Суммой двух этих

чисел назовём рациональное число, равное 21

1221

qqqpqp +

. Произведением двух

рациональных чисел 11 qp и 22 qp назовём рациональное число, равное

21

21

qqpp

. Разность и частное двух рациональных чисел определяются аналогич-

но тому, как они вводились для натуральных и целых чисел (т.е. через опреде-ления суммы и произведения), при этом их значения всегда можно находить по формулам:


−1

1

qp

2

2

qp

21

1221

qqqpqp −

= и 1

1

qp

: =2

2

qp

21

21

pqqp

(в последнем случае предполагается, что 02 ≠p ). Сумма, разность, произведение и частное двух (конечного числа) рацио-нальных чисел всегда существуют и являются рациональными числами. Это означает, что множество рациональных чисел замкнуто относительно четырёх арифметических операций. При этом рассмотренные арифметические операции над рациональными числами удовлетворяют тем же законам коммутативности, ассоциативности и дистрибутивности, что и для натуральных и целых чисел.

Пример 1 [ВМиК–2001, устн.]. Сравнить два числа

337

и 9999999921212121

.

Решение. ( ) ( ) === 21212121,021,0337

9999999921212121

, т.е. числа равны.

Пример 2. Что больше: 333332222221

или 666665444443

?

Решение. Обозначим число 111111 через a . Тогда первая дробь равна

1312

−−

aa

, а вторая 1614

−−

aa

. Для ответа на поставленный вопрос составим раз-

ность этих дробей и определим её знак:

1312

−−

aa

=−−

−1614

aa

( )( ) 01613<

−−−

aaa

,

значит, вторая дробь больше.

Пример 3 [ВМиК–2001, устн.]. Что больше: ( )6217,0 или 185141

?

Решение. Числа удобнее сравнивать, когда они записаны в одном представ-лении. Поэтому, например, переведём периодическую десятичную дробь к виду обыкновенной дроби:

( )6217,0185141

4518545141

99907614

999077621

=/⋅/⋅

==−

= , т.е. числа равны.

Пример 4. [Геолог.–2002, май, устн.] Сравнить числа: 725 + и 10 28 ⋅ .

Решение. Обозначим 10 2=t . Тогда 725 + ∨ 10 28 ⋅ ⇔ 72 +t ∨ t8 ⇔

⇔ ( )( )71 −− tt ∨ 0. Заметим, что 721 10 << и поэтому ( )( )71 −− tt < 0. Ответ: первое число меньше.


69

Пример 5. Сравнить два числа ( ) ( )0,59,4 и ( ) ( )9,40,5 .

Решение. Воспользуемся изложенным выше правилом перевода периодиче-ской дроби в обыкновенную:

( ) 59

4499,4 =−

= .

С другой стороны, очевидно, ( ) 50,5 = . Таким образом, числа оказались равны (!). Замечание. Одно и то же целое число 5 можно представить двумя способами в виде периодической дроби: ( )9,4 и ( )0,5 , и эти представления эквивалентны. Ответ: числа равны.

Пример 6 [ВМиК–1996, устн.]. Числа a , b , ba + – рациональные.

Доказать, что a , b также рациональные числа. Доказательство. Воспользуемся тем, что сумма, разность, произведение и частное двух рациональных чисел есть рациональное число. Поскольку

( )( )bababa +−=− , а числа ba − и ba + рациональны (пер-вое как разность двух рациональных чисел, второе по условию), то число

ba − также рационально. Тогда ( )++ ba ( )ba −+ a2= –

рационально, следовательно, a будет рационально; аналогично,

( )−+ ba ( )ba − b2= – рационально, а значит, b также рацио-нально, что и требовалось доказать.

Пример 7 [Олимпиада «Ломоносов–2007», устн.]. Найти все рациональные

числа x , при которых выражение 12 ++ xx является рациональным числом.

Решение. Рассмотрим решение этой задачи, основанное на методе «от част-ного к общему» (см. пункт 3.4 раздела 3). Заметим, что если условия задачи выполняются, то, в частности, число

xxxr −++= 12 является рациональным. Выражая x из последнего равенства, как следствие

получим, что r

rx2112

−−

= , 21

≠r .

Рассмотрим теперь множество всех чисел x вида ( ) ( )rr 2112 −− , где r –

любое рациональное число, не равное 21 . Покажем, что все такие числа удов-летворяют условиям задачи. В самом деле,


12 ++ xx =+−−

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

= 1211

211 222

rr

rr

( )=

−+−+−

2

234

211232

rrrrr

( )( )

Qr

rrr

rr∈

−+−

=−

+−=

211

211 2

2

22

.

Ответ: это числа вида r

rx2112

−−

= , где Qr∈ , 21

≠r – любое.

Решение уравнений в рациональных числах

Когда по условию задачи необходимо найти рациональные корни уравнения, возможны следующие подходы. Во-первых, можно сначала полностью решить уравнение, найти все его кор-ни, и лишь затем отобрать среди них рациональные. Однако следует помнить, что этот подход в некоторых случаях бывает нецелесообразен. Во-вторых, можно целенаправленно искать только рациональные корни. Один из таких способов поиска рациональных корней у алгебраических много-членов с целыми (рациональными) коэффициентами будет рассмотрен ниже в пункте 3.3.1 раздела 3. Сейчас обратимся к примерам, в которых при решении задач, связанных с рациональными корнями уравнений, используются опреде-ление и свойства рациональных чисел.

Пример 1. При каких целочисленных значениях параметра a корни уравне-ния 012 =++ axx являются рациональными числами? Решение. При условии 42 ≥a найдём корни этого квадратного уравнения:

( ) 2422,1 −±−= aax . Так как по условию Qx∈ , то na =− 42

( )0, ≥∈ nZn . Возведём последнее равенство в квадрат:

22 4 na =− ⇔ 422 =− na ⇔( )( ) 4=+− nana . Так как nana +≤− , то возможны лишь следующие случаи:

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=+−=−

⎩⎨⎧

=+=−

14

41

nana

nana

или

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=+−=−

⎩⎨⎧

=+=−

.22

22

nana

nana

Решая эти системы в целых числах, находим ответ: { }2±∈a .


71

Пример 2 [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что уравнение 013 =+− pxx ,

где 2>p – целое, не имеет рациональных корней. Доказательство (от противного). Предположим, что уравнение имеет рацио-нальный корень nmx = , где Zm∈ , Nn∈ . Тогда подставим его в уравнение:

013

=+⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

nmp

nm

⇔ 0323 =+− npmnm . (1)

1) Перепишем уравнение (1) в виде 323 npmnm −=− ⇔ ( ) 322 npnmm −=− .

Проведём анализ делимости. Целочисленное выражение в левой части равенства кратно m , а значит, и выражение в правой части должно делиться на m наце-ло: ( ) mn M3− , но отсюда следует, что mnM . 2) Теперь перепишем уравнение (1) в виде

323 npmnm −= ⇔ ( )npmnm −= 23 . Аналогичными рассуждениями получим, что так как выражение в правой части равенства кратно n , то и выражение 3m в левой его части делится на n наце-ло, а, следовательно, nmM . Из того, что одновременно mnM и nmM , заключаем, что это возможно, только если nm ±= . Иными словами, мы показали, что если у рассматривае-мого уравнения есть рациональные корни, то это могут быть только числа

1±=x . Осталось сделать проверку. Подставляя значение 1=x в уравнение, получим 2=p , что противоречит условию задачи. При 1−=x находим 0=p , что также противоречит условию задачи. Следовательно, рациональных корней у уравнения нет.

Пример 3 [МАИ]. Найти все такие рациональные числа x и y , которые удовлетворяют уравнению

33332 yx −=− .

Решение. ОДЗ: 0≥> yx . Так как на ОДЗ обе части данного иррациональ-ного уравнения неотрицательны, то возведём уравнение в квадрат и получим равносильное уравнение

xyyx 3233332 −+=− .

Сократим на 3 и уединим единственный радикал в левой части уравнения


232 −++= yxxy .

Записав условие неотрицательности правой части 023 ≥−++ yx для со-хранения равносильности преобразования, ещё раз возведём уравнение в квад-рат (используя формулу квадрата суммы 4-х чисел):

344324322434 22 −−+−+++++= yyxxxyyxxy .

Приведём полученное уравнение к виду ( )42234472 22 −+=++−−− yxyxyxxy .

Заметим, что в левой части находится рациональное выражение. Выражение в скобках в правой части равенства также рационально. Известно, что произве-дение рационального числа ( )422 −+ yx на иррациональное 3 может быть рациональным тогда и только тогда, когда 0422 =−+ yx , при этом выраже-

ние yxyxxy 4472 22 ++−−− также должно обращаться в нуль. Таким об-разом, условия задачи выполняются, только если система

⎩⎨⎧

=++−−−

=−+

044720422

22 yxyxxyyx

имеет решения. Решив систему, находим две пары ( )21;23 и ( )23;21 . Проверка показывает, что только первая пара удовлетворяет ОДЗ и условию

023 ≥−++ yx . Ответ: ( ) ( ){ }21;23; ∈yx .

Иррациональные и действительные числа

Покажем, что множество чисел не исчерпывается рациональными числами. В самом деле, возьмём прямоугольный треугольник с катетами, равными 1. По

теореме Пифагора, его гипотенуза равна 2 . Докажем, что это число не явля-ется рациональным. Приведём старинное доказательство методом «от противного».

Предположим, от противного, что 2 есть рациональное число, тогда его можно представить в виде обыкновенной несократимой дроби qp , где

qp, ∈ N . Тогда =2 qp ⇔ pq =2 , т.е.

222 pq = . (1)

Левая часть последнего равенства кратна 2, следовательно, и 2p делится на 2. Покажем, что тогда p должно делиться на 2. Действительно, если бы

12 += kp , то ( ) =++=+= 14412 222 kkkp ( ) 114 ++kk , но тогда 2p не


73

делилось бы на 2. Следовательно, kp 2= , k ∈ N . Подставляя в (1) вместо p

число k2 , получим: 22 42 kq = , т.е. 22 2kq = . Отсюда следует, что так как

правая часть делится на 2, то и 2q должно делиться на 2, следовательно,

mq 2= , m∈ N . Но тогда дробь =qp

mk

22//

сократима на 2. Полученное про-

тиворечие с несократимостью дроби qp доказывает нерациональность числа 2 . Таким образом, существуют числа, не являющиеся рациональными, которые нельзя представить в виде отношения двух целых чисел. Расширим множество чисел, вводя понятие иррационального числа. Иррациональным называется число, представимое в виде бесконечной деся-тичной непериодической дроби. Название «иррациональный» происходит от латинского ‘irrational’ – безрассудный, не определяемый отношением. Специ-ального обозначения для множества иррациональных чисел (их, как и рацио-нальных чисел, бесконечно много) не существует. Открытие иррациональных чисел приписывают пифагорейцам (V век до нашей

эры), которые доказали, что гипотенуза равнобедренного прямоугольного треуголь-ника несоизмерима с его катетом, т.е. установили иррациональность числа 2 . Од-нако это открытие противоречило всей пифагорейской философии, в основу которой были положены только натуральные и рациональные числа. Поэтому оно сохраня-лось в строжайшей тайне. Существует легенда, повествующая о том, что пифагореец Гиппас, раскрывший людям секрет иррациональности 2 , погиб в море по воле разгневанных богов.

Примеры иррациональных чисел: 2 , 3 71− , 5 4132 +⋅ , o5cos , 7log2 ,

7log2 , =π 3,1415926535 8979323846 2643383279 5028841971 6939937510 5820974944 5923078164 0628620899 8628034825 3421170679 8214808651 3282306647 0938446095 5058223172 5359408128 4811174502 8410270193 8521105559 6446229489 5493038196 4428810975 6659334461 2847564823 3786783165 2712019091 4564856692 3460348610 4543266482 1339360726 0249141273 7245870066 0631558817 4881520920 9628292540 9171536436 7892590360 0113305305 4882046652 1384146951 9415116094 3305727036 5759591953 0921861173 8193261179 3105118548 0744623799 6274956735 1885752724 8912279381 8301194912 9833673362 4406566430 8602139494 6395224737 1907021798 6094370277 0539217176 2931767523 8467481846 7669405132 0005681271 4526356082 7785771342 7577896091 7363717872 1468440901 2249534301 4654958537 1050792279 6892589235 4201995611 2129021960 8640344181 5981362977 4771309960 5187072113 4999999837 2978049951 0597317328 1609631859 5024459455 3469083026 4252230825


3344685035 2619311881 7101000313 7838752886 5875332083 8142061717 7669147303 5982534904 2875546873 1159562863 8823537875 9375195778 1857780532 1712268066 1300192787 6611195909 2164201989…(отношение длины окружности к её диаметру), e =2,71828182845904583536…(основание натурального логарифма) [16]. Ещё один пример иррационального числа в виде бесконечной непериодической дроби: 0,12345678910111213141516…

Для решения экзаменационных задач обычно достаточно знать, что

42,1241,1 << ; 74,1373,1 << ; 3,14<π<3,15; 2,71<е<2,72. Львовский 33-летний профессор-нейрохирург Андрей Тихонович Слюсарчук публич-но продемонстрировал, что помнит миллион цифр после запятой у числа π . Это новый мировой рекорд (предыдущее достижение было зафиксировано у 59-летнего японца Тиби Акири Харагучи, который запомнил 83431 знак числа π ). Рекорд поддался со второй попытки. Говорят, миллион цифр из книги на 250 страниц Андрей запоминал 6 дней. Достижение занесено в книгу рекордов Украины и уже заявлено для регистрации в Книгу рекордов Гиннеса. Новая задача для Слюсарчука – запомнить уже не один, а 5 миллионов цифр числа π (газета «Московский комсомолец» от 27 марта 2006 года).

Если объединить непересекающиеся множества рациональных и иррацио-нальных чисел, то полученное бесконечное множество называется множеством действительных (вещественных) чисел и обозначается буквой R (по-английски ‘real’ – действительный, реальный). То есть действительные числа – это числа, представимые бесконечными десятичными дробями. Строгая теория действительных чисел была построена математиками лишь в XIX веке (Больца-но, Вейерштрасс, Кантор, Дедекинд и др.). Из определения множества действи-тельных чисел следует, что QZN ⊂⊂ R⊂ .

Пример 1 [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что число 4 5 не является рацио-нальным числом. Доказательство (методом от противного). Предположим, что 4 5 есть ра-

циональное число, тогда оно представимо в виде qp=4 5 , где qp, – взаимно

простые натуральные числа. Перепишем равенство в виде pq =⋅4 5 и возведём

его в 4-ю степень: 445 pq =⋅ . Так как левая часть кратна 5, то и 54 Mp , а значит,

p кратно 5, т.е. np 5= , Nn∈ . Подставив в равенство 445 pq =⋅ вместо p

выражение n5 и сократив на 5, получим новое равенство 44 125nq = , откуда

следует, что 5Mq . В результате оба числа p и q оказались кратны 5, что проти-воречит их взаимной простоте. Следовательно, предположение о рациональности числа 4 5 было сделано неверно, что доказывает иррациональность этого числа.


75

Пример 2. Доказать иррациональность числа 223 + . Решение. Воспользуемся методом от противного. Предположим, что это ра-циональное число, тогда его можно представить в виде обыкновенной дроби:

=+ 223 qp , где Nqp ∈, .

Перепишем равенство в виде 223 −= qp и возведём его в куб: 3

22 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

qp

⇔ 26232 3

3

2

2

−+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

qp

qp

qp

⇔ 1

12qp

= ,

где =1p 263

3

−+qp

qp

и =1q 232

2

+qp

- рациональные числа и поэтому их

отношение 11 qp также рационально. Получили противоречие, так как 2 - иррациональное число (доказано выше). Значит, предположение о рационально-

сти числа 223 + было неверно и данное число иррационально, что и требо-валось доказать.

Пример 3. Доказать иррациональность числа o1cos . Решение. Воспользуемся также методом от противного. Предположим, что это рациональное число. Складывая два очевидных тождества

( ) oooooo 1sinsin1coscos1cos ⋅−⋅=+ kkk и

( ) oooooo 1sinsin1coscos1cos ⋅+⋅=− kkk , получим вспомогательное тождество

( ) ( )oooooo 1cos1coscos21cos −−⋅=+ kkk . Подставим в это тождество вместо k последовательно числа 1, 2, 3,…, 29: ( ) 11cos22cos 2 −= oo ,

( ) ( )oooo 1cos1cos2cos23cos −⋅= ,

( ) ( )oooo 2cos1cos3cos24cos −⋅= , ……………………………………………………………

( ) ( )oooo 28cos1cos29cos230cos −⋅= .

Видим, что если o1cos рационален, то рациональным будет и o2cos , а тогда и o3cos и т.д. Таким образом, придём к тому, что o30cos также будет рациона-

лен, поскольку выражается через рациональные числа посредством арифметиче-ских операций умножения и вычитания, не выводящих, как известно, за пределы множества рациональных чисел. Пришли к противоречию с тем фактом, что, с


другой стороны, =o30cos 23 – иррациональное число. Это противоречие и

доказывает утверждение об иррациональности o1cos .

Пример 4. Доказать иррациональность числа o2cos . Решение. Предположим от противного, что Q∈o2cos , но тогда, используя

формулы 1cos22cos 2 −= xx и xxx cos3cos43cos 3 −= , получим, что числа o6cos , o12cos , o36cos также будут рациональны. Покажем, что в дей-ствительности число o36cos иррационально (полученное противоречие будет доказывать иррациональность o2cos ). Вычислим его значение. Известно, что

( ) 41518sin −=o (если вам не знаком этот факт, то предварительно дока-

жите его), тогда =o36cos ( ) 41518sin21 2 +=− o – иррационально.

Пример 5. Доказать иррациональность числа 21log5 .

Решение. Предположим, от противного, что данное число рационально. То-гда, по определению рационального числа, его можно представить в виде несо-кратимой обыкновенной дроби qp=21log5 , где Nqp ∈, . Последовательно преобразовывая равенство с помощью свойств логарифмов, приведём его к виду

pq =⋅ 21log5 ⇔ pq =21log5 ⇔ pq 521 = .

В последнем равенстве левая часть кратна 3, а правая – нет, что невозможно. Полученное противоречие говорит о том, что сделанное ранее предположение о рациональности данного числа было неверным, а значит, число иррационально. Пример 6 [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2006, заочный тур]. Суще-ствуют ли рациональные числа vuyx ,,, , удовлетворяющие уравнению

( ) ( ) 2572266

+=+++ vuyx ? Решение. Убедимся в справедливости следующих двух утверждений.

1. Если dcba ,,, – рациональны и 22 dcba +=+ , то ca = и db = .

Действительно, так как ( ) 2bdca −=− , то или db = , следовательно,

ca = , или db ≠ , тогда ( ) ( )bdca −−=2 , что невозможно, потому что

2 – иррациональное число, а ( ) ( )bdca −− – число рациональное.

2. Если ba, – рациональные числа, то ( ) 22 2 BAba ±=± , где числа BA, – рациональные.

Справедливость данного утверждения следует из следующей выкладки:


77

( ) ( ) ( ) ( ) +±+±=±3324566 220215262 bababaaba

( ) ( ) ( )6542 226215 bbaba +±+ . Пусть теперь vuyx ,,, – рациональные числа, и выполняется равенство

( ) ( ) 2572266

+=+++ vuyx . Тогда согласно утверждениям 1 и 2 имеем

( ) ( ) 2572266

−=−+− vuyx , однако последнее равенство невозможно, поскольку его левая часть неотрица-

тельна, а число 0257 <− . Ответ: такие числа не существуют.

Сравнение действительных чисел. Арифметические операции над действительными числами и их свойства

Два действительных числа ......, 210 naaaa и ......, 210 nbbbb , где 0a и 0b –

целые числа, а ii ba , ( ,...,...,2,1 ni = ) – десятичные цифры, называются равны-

ми, если kk ba = сразу при всех ,...2,1,0=k Равными также являются числа

...00..., 210 naaaa ( 0≠na ) и ( ) ...991..., 210 −naaaa (это две эквивалентные формы представления одного и того же действительно-го числа naaaa ..., 210 ). В дальнейшем договоримся рассматривать только пер-вую из двух приведённых форм представления периодических дробей (с перио-дом 0). Положительную бесконечную десятичную дробь назовём положительным действительным числом, отрицательную бесконечную десятичную дробь – от-рицательным действительным числом, нулевую бесконечную периодическую дробь (с периодом нуль) – числом нуль. Любое положительное действительное число больше нуля, а любое отрицательное действительное число – меньше ну-ля (и меньше любого положительного числа). Введём для двух положительных действительных чисел операцию сравне-ния. Говорят, что из двух чисел ......, 210 naaaa и ......, 210 nbbbb первое больше

второго, если либо 00 ba > , либо если 00 ba = , но 11 ba > , либо если

00 ba = , 11 ba = ,…, nn ba = (для некоторого натурального n), но 11 ++ > nn ba .

Два действительных числа ......, 210 naaaa и ......, 210 naaaa− называются противоположными числами. Два отрицательных действительных числа рав-ны, если равны противоположные им числа. Из двух отрицательных чисел больше то, у которого противоположное число меньше.


На множестве действительных чисел также определены четыре основные арифметические операции: сложения, умножения, вычитания и деления, причём арифметические операции над действительными числами удовлетворяют тем же законам коммутативности, ассоциативности и дистрибутивности, что и над рациональными числами. Рассмотрим, например, как определяется понятие суммы. Суммой двух про-извольных действительных чисел a и b называется такое действительное чис-ло c , которое удовлетворяет неравенству

2211 βαβα +≤≤+ c

сразу для всех рациональных чисел 2121 ,,, ββαα таких, что

21 αα ≤≤ a , 21 ββ ≤≤ b .

Такое число c всегда существует и единственно (доказывается в курсе высшей математики). Произведением двух положительных действительных чисел a и b называ-ется такое действительное число c , что неравенство

2211 βαβα ⋅≤≤⋅ c

выполняется для всевозможных рациональных 2121 ,,, ββαα , удовлетворяю-

щих неравенствам 210 αα ≤≤< a , 210 ββ ≤≤< b . Такое число c также всегда существует и притом только одно. Произведение двух отрицательных действительных чисел определяется как произведение противоположных им положительных чисел. Произведение двух действительных чисел разных знаков ( 0,0 <> ba ) равно взятому со знаком минус произведению числа a на чис-ло, противоположное b . Это отрицательное число существует и единственно (аналогично определяется произведение ba ⋅ в случае 0,0 >< ba ). Произ-ведение двух чисел, одно из которых есть нуль, равно нулю. Значение числа не меняется при умножении его на единицу. Для действий сложения и умножения действительных чисел вводятся обрат-ные действия – вычитание и деление. Вычесть из действительного числа a действительное число b означает найти действительное число c такое, что

acb =+ . Разделить действительное число a (делимое) на отличное от нуля действительное число b (делитель) значит найти действительное число c (ча-стное) такое, что acb =⋅ . Это всегда можно сделать, притом единственным образом. Множество действительных чисел замкнуто относительно введённых четырёх арифметических операций. Приведём следующую теорему, отражающую важнейшие свойства действи-тельных чисел.


79

Теорема 3 (совместные свойства рациональных и иррациональных чисел). 1) Сумма, разность, произведение и частное рационального и иррациональ-ного чисел есть число иррациональное, за исключением случая, когда нуль (ра-циональное число) умножается (делится) на иррациональное число и в резуль-тате также получается нуль. 2) Между любыми, сколь угодно близкими между собой двумя действитель-ными числами всегда найдётся как рациональное, так и иррациональное число (см. доказательство последнего утверждения в [3]). 3) Чем ближе (на числовой прямой) рациональное число к иррациональному, тем больше цифр в периоде оно имеет. Если представить числовую последова-тельность, состоящую из рациональных чисел и стремящуюся к иррациональ-ному числу, то количество цифр в периоде у членов этой последовательности стремится к бесконечности. Сумма (разность) двух иррациональных чисел может быть как иррациональ-

ным ( e+5 11 ), так и рациональным ((1– 2 ) 2+ , +o1sin 2 o1cos2 ) числом. Аналогично произведение (частное) двух иррациональных чисел также может быть как иррациональным ( 73 ⋅ ), так и рациональным ( 82 ⋅ ,

( )13()13 +⋅− ) числом. Обратимся к примерам.

Пример 1. Привести примеры нескольких рациональных и иррациональных

чисел, расположенных на числовой прямой между 2 и 3 .

Решение. Так как 42,1241,1 << и 74,1373,1 << , то в качестве ра-циональных чисел, удовлетворяющих условию задачи, можно взять, например,

числа 6,1 или ( )123457,1 . Примерами иррациональных чисел будут 1,2 ,

000001,02 + , ( ) 232 + .

Пример 2. Избавиться от иррациональности в знаменателе дроби:

а) 17

1−

; б) 1525

133 ++

; в) 124816

15555 ++++

;

г)

a

1 ( 0>a ); д)

2123

1

+−+; е)

22

1

baa −+.

Решение. Для избавления от иррациональности воспользуемся приёмом од-новременного домножения числителя и знаменателя дроби на выражение, со-пряжённое к знаменателю (понятие сопряжённого выражения подробно рас-сматривается ниже в разделе, посвящённом решению иррациональных уравне-ний и неравенств).


а) ( )( ) 617

171717

171 +

=+−

+=

−.

б) Воспользуемся тождеством =− 33 ba ( )ba − ( )22 baba ++ . Если по-

ложить в нём 3 5=a , 1=b , то получим, что к выражению 1525 33 ++

сопряжённым будет 153 − . Далее, домножим одновременно числитель и зна-менатель дроби на выражение, сопряжённое к знаменателю:

15251

33 ++ ( )( ) 415

15251515 3

333

3 −=

++−−

= .

в) Имеем тождество: ( )( )43223455 babbabaababa ++++−=− . Ес-

ли положить в нём 5 2=a , 1=b , то получим, что для выражения, находяще-

гося в знаменателе дроби, сопряжённым служит 125 − :

124816

15555 ++++ ( )( ) =++++−

−=

1248161212

55555

5

125 − .

г) Имеем

a

1

( )( )=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= 2121212121

1

a

=321

1

a=

⋅ 3231

321

32 31

aa

aaa32 31

.

д) 2123

1

+−+ ( )( )( ) =

+++

+++⋅

+−+=

2123

2123

2123

1

( ) ( ) =+−+

+++=

2123

21232 ( ) =

++++

2252123

( )( )( ) =

−+

−⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +++

=22225

222123 ( )10

222123 −⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +++

.

е) При ba ≥ , 022 >−+ baa имеем: =−+ 22

1

baa

=−+

−+=

22

22

baabaa

⋅−+

−+22

22

baabaa

=−−

−−22

22

baabaa


81

( )( ) =

−−−−−+

= 222

2222

baabaabaa ( )

2

2222

bbaabaa −−−+

(отметим изменение ОДЗ в процессе преобразований: при умножении и делении

на 22 baa −− возникло дополнительное ограничение 022 ≠−− baa ).

Пример 3. Упростить числа: а) 23043+ ; б) ...5353=x ;

в) ...222 +++=x ; г) 5353

738738

−−+

−++=x .

Решение. а) 1-й способ (метод неопределённых коэффициентов). Предполо-жим, что под знаком радикала находится полный квадрат вида

( )22ba + , где Nba ∈, .

Раскрывая квадрат, получим ( ) 222 22 abba ++ . Равенство

( ) 22223043 22 abba ++=+ при натуральных a и b выполняется тогда и только тогда, когда

22 243 ba += и ab230 = . Решим полученную систему подбором. Условию 15=ab удовлетворяют только четыре пары натуральных чисел

⎩⎨⎧

==

,151

ba

⎩⎨⎧

==

,115

ba

⎩⎨⎧

==

,53

ba

⎩⎨⎧

==

.35

ba

Из них условию 432 22 =+ ba удовлетворяет лишь последняя. Таким образом,

=+ 23043 235+ .

2-й способ (с помощью формулы сложного радикала). Пусть a и b – дейст-

вительные числа, такие, что 0≥b , 02 ≥− ba , 0≥± ba . Тогда справедли-во тождество

=± ba22

22 baabaa −−±

−+,

называемое формулой сложного радикала [28]. Доказывается эта формула воз-ведением в квадрат обеих её частей. Эта формула была известна ещё древним арабам. Она позволяет представить один радикал в виде суммы или разности двух других.


Вернёмся к задаче. Имеем 43=a , 1800=b . Поэтому 492 =− ba и,

следовательно, 72 =− ba . Применяя формулу сложного радикала, получаем

=+ 23043 =+ −+2

7432

743 235+ .

б) 1-й способ. Представим число x в виде

...5353=x =⋅⋅⋅⋅= ...5353 161

81

41

21

=⋅++++++ ...

641

161

41...

321

81

21

53

331

32

4553 =⋅= . 2-й способ. Заметим, что, очевидно, 0>x , и возведём равенство

...5353=x в квадрат последовательно два раза:

...353532 =x ⇔ ...5353454 =x ⇔ xx 454 = , откуда получаем тот же результат.

в) Отметив, что 0>x , возведём равенство ...222 +++=x в

квадрат: += 22x ...222 +++ ⇔ xx += 22 . Это квадратное уравне-

ние имеет два корня 01<−=x и 2=x . Итак, это число 2. г) Отметим, что данное число положительно, и возведём равенство ...=x в квадрат. После несложных вычислений получим, что 92 =x , т.е. 3=x .

Пример 4 [ВМиК–1999, устн.]. Сравнить числа

++3 52 3 52 − и 1. Решение. Обозначим первое из чисел за x , и возведём равенство

++= 3 52x 3 52 − в куб, используя формулу сокращённого умножения

( ) ( )baabbaba +++=+ 3333 , где 3 52 +=a , 3 52 −=b . Тогда получим

352523 +/−+/+=x ( )( )3 5252 −+ ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −++ 33 5252 ,

⇔ xx 343 −= ⇔ 0433 =−+ xx .

Заметим, что 1=x является корнем последнего уравнения. Делением много-


83

члена 433 −+ xx на 1−x убеждаемся в том, что полученный в результате деления трёхчлен 42 ++ xx не имеет действительных корней. Таким образом,

1=x – единственный корень кубического уравнения. Следовательно, первое из сравниваемых равно 1. Ответ: числа равны.

Пример 5 [Эконом.–1988]. Что больше: +3 4 2 или 3?

Решение. Уединив кубический корень, возведём оба числа в куб: 3 4 ∨ 23− ⇔ 4 ∨ ( ) 2294523

3−=− ⇔ 229 ∨ 41 ⇔

⇔ 16811682 > . Ответ: первое число больше.

Пример 6 [ВМиК–1996, устн.]. Что больше:

820408 +++ или 235 3 ++ ?

Решение. Выделяя полный квадрат под знаком квадратного корня в первом из чисел, получим:

( )2125 ++ ∨ 235 3 ++ ,

125 ++ < 235 3 ++ . Ответ: второе число больше.

Пример 7 [ВМиК–2005, устн.] Расположить в порядке возрастания числа 1111 137 + , 1111 128 + и 1111 155 + .

Решение. Рассмотрим функцию ( ) 11 xxf = при 0≥x . Введём вспомога-тельную функцию

( ) ( ) ( )2

1010 tftft ++−=ϕ ,

значения которой при 5,3,2=t равны соответственно ординатам точек

123 ,, BBB (поскольку отрезки 3AB , 2AB , 1AB являются соответственно сред-

ними линиями трапеций 2222 NLMK , 1111 NLMK , KMLN ). Покажем, что эта функция убывает при 0>t . Действительно, её производная

( ) ( ) ( ) 02

1010<

−′−+′=′ tftftϕ ,

т.к. tt −>+ 1010 , а ( )11 10111x

xf =′ – убывающая функция.


5 7 8 10 12 13 15

y

BB

1

2

B3

AK

M

L

NK

M

L

NK

ML

N1

1

1

12

2

2

2x0

Тогда имеем цепочку неравенств ( ) ( ) ( )235 ϕϕϕ << ( 1AB << 2AB 3AB ) ⇔

( ) ( )<

++−2

510510 ff ( ) ( )<

++−2

310310 ff ( ) ( )2

210210 ++− ff,

т.е. <+2

155 1111

<+2

137 1111

2128 1111 +

, откуда приходим к ответу.

Замечание. Полученный результат в действительности является прямым следствием того, что график функции ( ) 11 xxf = при 0≥x имеет выпук-лость, направленную вверх (в строгом смысле). Ответ: 1111 155 + < 1111 137 + < 1111 128 + .

Пример 8 [Мехмат–1964, ВМиК–2002, устн.]. Найти все целые a и b , для

которых один из корней уравнения ++ 233 axx 012 =+bx равен 31+ .

Решение. Подставим в уравнение вместо x значение корня 31+ :

( ) ( ) ( ) 012313131323

=++++++ ba , и приведём последнее равенство к виду

( ) ( )4243182 ++−=⋅++ baba . Заметим, что произведение рационального числа 182 ++ ba и иррационально-

го числа 3 всегда иррационально, за исключением случая, когда 182 ++ ba равно нулю (тогда это произведение рационально). В правой части равенства находится рациональное число ( )424 ++− ba . Поэтому равенство возможно

тогда и только тогда, когда ( )⎩⎨⎧

=++−=++

,04240182

baba

т.е. при ⎩⎨⎧

=−=.612

ba


85

Пример 9 [ВМиК–2004]. Найти все целые n , при которых справедливо ра-

венство nn

nn 3135112

1232 2

−−=−

+−.

Решение. Поскольку при целых n число n313511 −− может быть или

целым, или иррациональным, а число 2

1232 2

−+−

nnn

– рационально, то отсюда

заключаем, что n313511 −− – целое число. Но тогда, в свою очередь, число

=−

+−2

1232 2

nnn

21412−

++n

n должно принимать целые значения, т.е. дробь

214−n

должна быть целым числом. Это возможно тогда и только тогда, когда

{ }14;7;2;12 ±±±±∈−n . Учтём, что 0313 ≥− n , т.е. 4≤n . Имеем набор возможных значений n :

{ }4;3;1;0;5;12 −−∈n . Проверкой убеждаемся, что из всех этих значений исходному равенству удовле-творяет только 12−=n . Ответ: { }12−∈n .

Алгебраические и трансцендентные числа (*)

Помимо деления множества действительных чисел на непересекающиеся подмножества рациональных и иррациональных чисел, существует и другая их классификация. Так, действительные числа подразделяют на алгебраические и трансцендентные. Алгебраическим, по определению, называют всякое действительное число, которое является корнем алгебраического уравнения n -й степени

0... 011

1 =++++ −− axaxaxa n

nn

n

с рациональными коэффициентами ia , ni ,...,2,1,0= ( )0≠na . Таким обра-зом, к алгебраическим относятся все рациональные числа, а из иррациональных – всевозможные алгебраические корни, например,

17 , 3 62 − , 7 51− и т.д.

Все остальные действительные числа относятся к трансцендентным, на-пример, это числа π , e , 12 −π , 7sin , 5log2 и многие другие. Тот факт, что число e трансцендентно, был доказан в 1873 году Шарлем Эрмитом (1822–1901), а трансцендентность числа π доказал в 1882 году немецкий математик


Фердинанд Линдеман (1852–1939) [16,17]. Тем самым была доказана невозмож-ность построения циркулем и линейкой квадрата, площадь которого была бы равна площади данного круга, т.е. в отрицательном плане была решена знаме-нитая проблема «квадратуры круга».

Пример [Эконом. ф-т]. Дано числовое выражение ( ) 412 −= πA . Какое из

следующих равенств может быть верным: 1) 5.11+=A ; 2) 99

232=A ; 3) ...21,2=A ; 4) ( )621217401094,2=A ; 5) π4029=A ?

Решение. 1) Неверно, так как 5.11+ – алгебраическое, а ( ) 412 −π –

трансцендентное число; 2) неверно, так как 99232 – рациональное, а ( ) 412 −π

– иррациональное число; 3) может быть; 4) неверно, так как 217401094,2

( )621 – рациональное число; 5) неверно. Докажем методом «от противного».

Предположим, что ππ4029

412=− . Преобразуем это равенство к виду −210π

01029 =−− π . Это означает, что число π является корнем алгебраического уравнения −− xx 2910 2 010 = , что по определению невозможно, так как π – число трансцендентное. Ответ: может быть верным равенство ...21,2=A .

Целая, дробная части действительного числа и их свойства (*)

Теперь, когда сформулировано понятие действительного числа, можно вве-сти ещё два связанных между собой понятия, характеризующих данное действи-тельное число – его целую и дробную части. Определения целой и дробной час-тей имеют словесно-описательную форму. Целой частью действительного числа x называется наибольшее целое чис-ло, не превосходящее x , и обозначается [ ]x . Дробной частью действительного

числа x называется разность между самим числом и его целой частью, т.е. x -[ ]x , и обозначается { }x . Например: [ ] 512,5 = , { } 12,012,5 = ; [ ] 612,5 −=− ,

{ }=− 12,5 88,0 ; [ ] 3=π , { } 3−= ππ .

Из определений целой и дробной частей вытекают их основные свойства. Рассмотрим их. Пусть x , y – произвольные действительные числа, n – любое целое число. Тогда справедливы следующие утверждения.

Свойства целой и дробной частей 1. Целая часть любого действительного числа x есть целое число:

[ ]x Z∈ .


87

2. Любое действительное число x можно представить в виде суммы его целой и дробной частей, т.е.

=x [ ]+x { }x .

3. Любое действительное число x всегда заключено между своей целой частью (с которой может совпадать) и числом, на единицу большим целой части, т.е.

[ ]x [ ] 1+<≤ xx .

4. Дробная часть любого действительного числа x может принимать зна-чения в пределах от 0 (наименьшее возможное значение) до 1 (это значение не достигается ни при каком x ), т.е.

{ } 10 <≤ x . 5. Любое целое число n можно выносить (или вносить) из-под знака целой части, т.е.

[ ] [ ]xnnx +=+ . Добавление (или вычитание) к действительному числу x произвольного цело-го числа n не изменяет значения его дробной части, т.е.

{ } { }xnx =+ . 6. Целая часть суммы двух действительных чисел не меньше суммы их це-лых частей, т.е.

[ ] [ ] [ ]yxyx +≥+ .

Докажем, например, последнее свойство:

[ ] [ ] { }( ) [ ] { }( )[ ]yyxxyx +++=+ [ ] [ ]( ) { } { }( )[ ]=+++= yxyx

[ ] [ ] { } { }[ ]yxyx +++= . Поскольку { } 10 <≤ x , { } 10 <≤ y , то { }+≤ x0

{ } 2<+ y и, следовательно, { } { }[ ] 0≥+ yx . Используя последнюю оценку, получаем окончательно необходимый результат:

[ ] [ ] [ ]yxyx +≥+ .

7. Дробная часть суммы двух действительных чисел не больше суммы их дробных частей, т.е.

{ } { } { }yxyx +≤+ . Доказательство. Воспользуемся предыдущим свойством:

[ ] [ ] [ ]yxyx +≥+ ⇔ ( ) { } { }( )+−≥+−+ xxyxyx { }( )yy − ⇔

⇔ { } { } { }yxyx +≤+ .


Для построения графиков функций y [ ]x= и y { }x= следует разбить всю

числовую прямую на полуинтервалы вида [ )1, +nn , где n – произвольное це-лое число, и затем рассмотреть поочерёдно каждый из этих промежутков. Это делается потому, что на каждом из указанных промежутков можно однозначно раскрыть целую и дробную части, выписав их значения в явном виде. Так, на полуинтервалах вида [ )1, +nn имеем: [ ] nx = , поэтому график

функции [ ]xy = на этих участках совпадает с горизонтальной прямой ny = .

x

y y

x

1 2 3 40-1-2-1

-2

1

2

3

0

1

1 2 3-2 -1

Рис.1. Графики функций [ ]xy = и { }xy =

Далее, на рассматриваемом промежутке { } [ ] nxxxx −=−= , что означает, что график функции =y { x } совпадает с прямой nxy −= . Объединяя по-строенные участки графиков, получаем оба искомых графика. Видно, что обе функции терпят разрывы в виде конечных скачков значений при целочисленных значениях аргумента x . Дробная часть к тому же является периодической функцией с периодом, равным единице. Данные функции не от-носят к классу элементарных функций. Заметим, что данный подход, основанный на разбиении числовой прямой на отдельные промежутки, на каждом из которых значения целой и дробной частей можно посчитать, используется и при решении других задач на эту тему, в част-ности при решении уравнений. В экзаменационных вариантах задачи на свойства целой и дробной частей встречаются достаточно редко и в основном на математи-ческих факультетах, однако надо быть готовым к решению задач такого рода.

Пример 1 [ВМиК–2003, устн.]. Решить неравенство

[ ] { } 1−<⋅ xxx .

Решение. Заменим x в правой части неравенства на сумму [ ] { }xx + :

[ ] { } [ ] { } 1−+<⋅ xxxx .


89

Приведём неравенство к виду [ ] { }( ) { } 11 −<−⋅ xxx . Раскладывая на множите-

ли, получаем { }( ) [ ]( ) 011 <−⋅− xx . Поскольку { } 01<−x , то неравенство

оказывается равносильно неравенству [ ] 1>x ⇔ [ ] 2≥x , решая которое нахо-

дим 2≥x . Ответ: [ )+∞∈ ,2x .

Пример 2. Решить уравнение { } xx =2 .

Решение. 1-й способ. Заметим, что левая часть уравнения { }x2 как величина дробной части может принимать значения, не выходящие за пределы полуин-тервала [ )1,0 . Следовательно, и правая часть уравнения, т.е. x , может прини-

мать значения в этих же пределах. Итак, ОДЗ: [ )1,0∈x . Разобьём ОДЗ на два

промежутка числом 21 и на каждом из них раскроем дробную часть и решим уравнение. 1) Пусть [ )21,0∈x . Тогда [ )1,02 ∈x , следовательно, [ ] 02 =x и { }=x2

[ ] xxx 222 =−= . Поэтому на рассматриваемом промежутке уравнение примет вид xx =2 , откуда находим 0=x . Поскольку найденное значение принадле-жит [ )21,0 , то, следовательно, будет решением.

2) Пусть теперь [ )1,21∈x . Тогда [ )2,12 ∈x , а значит, [ ] 12 =x и

{ } [ ] .12222 −=−= xxxx Поэтому на данном промежутке уравнение примет вид xx =−12 , откуда находим 1=x . Однако это значение не принадлежит рассматриваемому полуинтервалу и поэтому не будет решением. 2-й способ (графический). Построим в одной системе координат графики функций { }xy 2= и xy = , стоящих в левой и правой частях уравнения. Ко-личество решений уравнения при этом равно количеству точек пересечения этих

графиков, а сами решения яв-ляются абсциссами точек пере-сечения графиков. Очевидно, что графики пересекаются в единственной точке – начале координат. Проверкой убежда-емся, что число 0=x действи-тельно является решением дан-ного уравнения (проверку сде-лать необходимо, поскольку графический способ решения, вообще говоря, неточный).

y = x

y

x

1

12

10-1 2-2

y = {2x}

Хорошилова Е.В. Элементарная математика. Часть 1

90

Пример 3 [ВМиК–1996, устн.]. Сколько решений имеет уравнение

[ ] xxx 100100 =+ ?

Решение. Перепишем уравнение в виде { }xx 100= . Эту задачу можно ре-

шить графически. Рассмотрим другой способ. Так как выражение { }x100 может

принимать значения лишь из промежутка [ )1,0 , то и [ )1,0∈x . Но тогда x можно представить в виде бесконечной десятичной дроби

...,0 4321 aaaax = ⇒ ...,100 4321 aaaax = ⇒ { } ...,00100 43aax =

Подставим в исходное уравнение: ...,0 4321 aaaa ...,00 6543 aaaa= ⇔

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

...53

42

31

aaaaaa

⇔⎩⎨⎧

========== +

............

2642

12531

n

n

aaaaaaaa

⇔ ( )212121 ,0...,0 aaaaaax == .

Таким образом, любое число вида ( )21,0 aa удовлетворяет уравнению. Найдём,

сколько всего существует таких чисел. Цифра 1a может принимать 10 значений

(от 0 до 9), при этом для каждого такого значения вторая цифра 2a также может принимать 10 значений (от 0 до 9). Всего имеем 1010× возможностей. Но на-до исключить случай == ...999,0x 1. Ответ: 99 решений.

Пример 4. Найти целую часть числа 4444 34444 21

корнейn

6...666 ++++ .

Решение. Для решения задачи достаточно оценить, между какими последо-вательными целыми числами расположено данное число. Обозначим это число через na . Оценка снизу находится несложно, поскольку очевидно, что при лю-

бом натуральном n имеем na 24 => . Найдём оценку сверху для na . Для

этого заменим в выражении для na последний радикал 6 на 9 :

=na <++++ 6...666 =++++ 9...666

366...666 ++++++= .

Последовательно упрощая выражение в правой части, получим <na

39 =< . Итак, Nn∈∀ справедливо 32 << na , откуда [ ] 2=na .


Пример 5. Решить уравнение [ ] 13 += xx .

Решение. Разобьём множество всех действительных значений неизвестной x на промежутки, в которых можно однозначно раскрыть целую часть:

1+<≤ nxn , где Zn∈ . Решим задачу на каждом из этих промежутков. Так как при 1+<≤ nxn имеем [ ] nx = , то подставим в исходное уравнение, и

оно примет вид 13 += xn ⇔ ( ) 31−= nx . Учтём, что найденное значение x будет решением уравнения в том и только в том случае, если оно принадле-жит рассматриваемому промежутку, т.е. ( ) 131 +<−≤ nnn . Решая систему

( )( )⎩⎨⎧

+<−−≤

13131nn

nn

в целых числах, находим 212 −≤<− n , т.е. 1−=n . Тогда =x

( ) 3231 −=−= n . Замечание. Задачу можно было решить, используя графический подход.

Пример 6. Решить уравнение [ ] ( )[ ]221 +=− xx .

Решение. Положим [ ] nx =−1 , Zn∈ , тогда в силу уравнения и

( )[ ] nx =+ 22 . Отсюда имеем

( )⎩⎨⎧

+<+≤+<−≤

.12211nxn

nxn

Дальнейшее решение зависит от того, что больше: 1−x или ( ) 22+x . Рассмотрим два случая. 1) Пусть ( ) 221 +≥− xx , т.е. 4≥x . В этом случае имеем:

( ) 1122 +<−≤+≤ nxxn . (1) Получаем систему неравенств с двумя неизвестными, одна из которых целочис-ленна:

( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+<−≥

≥+

.114

22

nxx

nx

Отсюда 4≥x , 222 +<≤− nxn . Следовательно, 222 +<− nn , 24 +<≤ nx . Из неравенств 222 +<− nn и 24 +< n находим, что

42 << n . Последнему неравенству удовлетворяет только одно целое число


92

3=n . Подставляя в неравенства (1), определяем 54 <≤ x .

2) Пусть ( ) 221 +<− xx , т.е. 4<x . В этом случае получаем

( ) 1221 +<+<−≤ nxxn .

Аналогично первому случаю находим 43 <≤ x . Объединяя полученные реше-ния, приходим к окончательному ответу. Ответ: [ )5,3∈x .

Пример 7 [ВМиК–2000, устн.]. Решить уравнение

5715

856 −

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + xx

.

Решение. Сделаем замену ( ) 5715 −= xy ⇒ ( ) 1575 += yx . Переходя к новой переменной, получим уравнение

yy=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +

403910

с целочисленной неизвестной y . Раскрывая целую часть по определению, по-лучаем двойное неравенство

140

3910+<

+≤ yyy ⇔ 10

31301 ≤<− y ,

откуда с учётом целочисленности y находим 0=y или 1=y . Им отвечают

значения 157=x и 54=x . Ответ: { }54;157∈x .

Пример 8. [ВМиК, олимпиада «Ломоносов–2007», устн.]. Найти все реше-ния уравнения

[ ] [ ] [ ]112 ++=+ xxx . Решение. Упростим уравнение при помощи свойств целой части. Так как [ ] [ ] 1212 +=+ xx , а [ ] [ ] 11 +=+ xx , то уравнение принимает вид

[ ] [ ]xx 22 = . Решим его стандартным методом. Чтобы раскрыть обе целые части, разо-бьём множество всех действительных x на полуинтервалы 2

1+<≤ nxn и

121 +<≤+ nxn , где Zn∈ .

1) Если 21+<≤ nxn , то [ ] nx = , а [ ] nx 22 = (так как 1222 +<≤ nxn ),

и уравнение на этом промежутке принимает вид nn 22 = – верно при любом Zn∈ ,

т.е. при любом целом n любое [ )21, +∈ nnx удовлетворяет уравнению.


2) Если же 121 +<≤+ nxn , то [ ] nx = , а [ ] 122 += nx (так как

22212 +<≤+ nxn ), и тогда уравнение примет вид nn 212 =+ – неверно ни при каком Zn∈ ,

т.е. ни одно значение x из рассматриваемого промежутка не удовлетворяет уравнению. Ответ: [ )2

1, +∈ nnx , где Zn∈ .

Пример 9. [ВМиК–2004, устн.]. Найти все решения уравнения { } xx 1= .

Решение. ОДЗ: 0≠x . Перепишем уравнение в виде

[ ] ( )xxx 1−= .

Пусть 1+<≤ nxn , где Zn∈ . Тогда [ ] nx = , и уравнение на указанном промежутке примет вид

xxn 1−= ⇔ 012 =−− nxx ⇔

⇔ ( ) 2421 +−= nnx , ( ) 242

2 ++= nnx .

При этом 1x не удовлетворяет условию 1+<≤ nxn ни при каком Zn∈ , а

2x удовлетворяет ему при 0>n . Ответ: ( ) 242 ++= nnx , Nn∈ .

Пример 10. [Олимпиада «Ломоносов–2008», 9]. Найти все натуральные значения n , удовлетворяющие уравнению

[ ] [ ]110012002110012002 22 +=+ nn ,

где [ ]x – наибольшее целое число, не превосходящее числа x .

Решение. Пусть =+110012 α+1001 , тогда

20021

10011100111001110010

2

2 <++

=−+=<α .

Значит, 11001200211001200210012002 2 +⋅<+⋅<⋅ .

Но тогда [ ] 10012002110012002 2 ⋅=+ , поэтому, в силу уравнения,

[ ] nn 1001110012 =+ , т.е. 11001110011001 2 +<+< nnn .

Отсюда 100111001100111001

1 2

2++=

−+<n .

Ответ: { }2002;...;3;2;1∈n .


94

1.3. Степень действительного числа Степени с натуральными и целыми показателями и их свойства

Выше, в пункте 1.1 данного раздела, уже было введено понятие натуральной степени натурального числа. Расширим это понятие и сформулируем определе-ния степеней с натуральным и целым показателями для действительных чисел. Введём вначале понятие натуральной степени n для произвольного дейст-вительного числа a . Если действительное число a умножить само на себя n раз ( n ∈ N ), то это произведение 4434421

n

aaaa ⋅⋅⋅⋅ ... называют n -й степенью чис-

ла a и обозначают na , т.е. na 4434421

n

aaaa ⋅⋅⋅⋅= ... .

При этом число a называется основанием степени, а n – показателем степе-ни. При 1=n для любого действительного a имеем aa =1 . Нулевая степень вводится только для действительных чисел, отличных от нуля, при этом для

0≠a полагают 10 =a . Число 00 не определено, это запрещённая операция. Определим теперь степень с целым отрицательным показателем. Она, как и нулевая степень, вводится только для действительных чисел, не равных нулю. Пусть n – произвольное натуральное число. Степенью действительного числа a ( 0≠a ) с целым отрицательным показателем ( )n− называют число, обрат-ное степени с натуральным показателем n :

nn aa 1=− .

Целая отрицательная степень числа нуль, т.е. n−0 , не определена. Рассмотрим теперь основные свойства степеней с целыми показателями, опираясь непосредственно на определения степени числа и свойства арифмети-ческих операций над действительными числами.

Теорема (свойства степеней с целыми показателями). Для любых двух дей-ствительных и отличных от нуля чисел a , b и произвольных целых чисел n , m верны равенства:

1. nmnm aaa +=⋅ ; 2. nmnm aaa −=: ; 3. ( ) mnnm aa = ;

4. ( ) nnn baab ⋅= ; 5. n

nn

ba

ba

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

;

6. Пусть m , n ∈Z и n > m . Тогда mn aa > , если 1>a и mn aa < , если 10 << a .

Степень действительного числа 95

Доказательство приведём для случая натуральных показателей m и n .

1. nm

nm

nm aaaaaaaaa +=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ 4342143421 ...... .

2. Если m > n , то =⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=43421

48476

n

m

n

m

aaaaaa

aa

...

... nm

nm

aaaa −

−

=⋅⋅⋅ 43421 ... ,

если nm = , то nmm

m

n

m

aaaa

aa −==== 01 ,

если m < n , то =⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=43421

48476

n

m

n

m

aaaaaa

aa

...

... nmmn

mn

aaaaa

−−

−

==⋅⋅⋅

1...

1

43421.

3. ( ) =⋅⋅⋅= 44 344 21n

mmmnm aaaa ... =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅4444 34444 214342143421

n

mm

aaaaaa .........

mn

mn

aaaa =⋅⋅⋅= 43421 ... ;

4. ( ) nn

nnn

n babbaaababab ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= 32132143421 ......... ;

5. =⋅⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

43421n

n

ba

ba

ba ...

n

n

n

n

ba

bbaa=

⋅⋅⋅⋅

321

876

...

... ;

6. Пусть n > m . Если 1>a , то >⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=

−321321321

mmnn

n aaaaaaa ......... m

m

aaa =⋅⋅ 321... ,

если 10 << a , то m

mmmnn

n aaaaaaaaaa =⋅⋅<⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=−

321321321321 ............ .

При доказательстве последнего свойства мы воспользовались свойством 8 чи-словых неравенств: nn ba > ⇔ ba > (см. пункт 2.1 раздела 2), из которого вытекает, что при mn > 1>−mna ⇔ 1>a . Аналогично, если 10 << a , то

11 >a и тогда при mn > ( ) 11 >−mna ⇔ 11 >−mna и, следовательно, по

свойству 7б числовых неравенств 1<−mna .


96

Замечание. Если среди чисел n и m есть равные нулю или отрицательные, то в приведённых выше равенствах (и неравенствах) следует заменить соответ-ствующие множители согласно определению нулевой и целой отрицательной степени. Например, свойство 4 при n 0< доказывается так:

( )( )

=⋅⋅

==

−

−43421

n

nn

abababab

...11

=⋅⋅⋅⋅⋅

−−321321

nn

bbaa ......1 nn

nn baba

=⋅ −−

11.

Подробнее с доказательствами свойств степеней для случая нулевых и целых отрицательных показателей можно ознакомиться, например, в книге [3].

Арифметические и алгебраические корни n-й степени

Определим понятия арифметического и алгебраического корней n -й степе-ни. Пусть 0≥a , 0≥b – действительные числа, n – натуральное число, боль-шее или равное 2. Число b называется арифметическим корнем n -й степени из числа a , если

abn = .

Обозначение: n ab = . Например, арифметический корень 2-й степени из числа

4 равен 2: 24 = . Заметим, что некоторые авторы допускают в определении

корня n -й степени значение 1=n , т.е. полагают aa =1 . Однако на практике корни 1-й степени обычно не используются, поэтому в данном пособии мы бу-дем придерживаться ограничения 2≥n (так же, как, например, в [1,2]).

Расширим понятие арифметического корня до понятия алгебраического кор-ня. Снимем ограничения на неотрицательность a и b . Пусть теперь a , b ∈ R . Число b называется алгебраическим корнем n -й степени из числа a , если

abn = . Таким образом, алгебраический корень нечётной степени n оказыва-ется определён и для отрицательного a .

Например, ( ) 283 −=− , так как ( ) 82 3 −=− .

Приведём без доказательства две теоремы.

Теорема 1. Для каждого неотрицательного числа a существует единст-венный арифметический корень n -й степени (совпадающий при этом с алгеб-раическим корнем n -й степени).

Теорема 2. Для каждого отрицательного числа a существует единствен-ный алгебраический корень нечётной степени (который также отрицателен).


Свойства арифметических (алгебраических) корней

Пусть a , b ∈ R , n , m ∈ N ( 2,2 ≥≥ mn ).

1. ⎩⎨⎧

∈=

+==

.,2,,12,

Nkknеслиaknеслиa

an n

2. Если 0≥a , 0≥b , то nnn baab ⋅= ;

если 0≤a , 0≤b , то nnn baab −⋅−=

(т.е. если 0≥ab , то nnn baab ⋅= );

если 12 += kn , то nnn baab ⋅= ( a , b ∈ R ).

Дальнейшие свойства будут сформулированы для арифметических корней ( 0≥a ). Их можно обобщить на случай алгебраических корней аналогично то-му, как это было сделано в данном пункте.

3. n

nn

ba

ba= ( )0>b ; 4. ( )mnn m aa = ; 5. mnm n aa = ;

6. n mnk mk aa = ( k ∈ N , 2≥k )

(если 0<a , k – чётное, то n mnk mk aa = );

7. nm mnmn aaa +=⋅ ; 8. nm nmm

n

aaa −= ( 0>a ).

Доказательства этих свойств основаны на непосредственной проверке каж-дого из этих равенств, используя определения арифметического (алгебраическо-го) корня и свойств степеней с целым показателем. Используется также тот факт (см. свойство 8б числовых неравенств), что два неотрицательных (неположи-тельных) числа равны тогда и только тогда, когда их n -е степени ( n ∈ N ) равны.

Доказательство. 1. Пусть 12 += kn . Так как при любом действительном

a числа n na и a одного знака, то достаточно доказать, что после возведения

данного равенства aan n = в степень n получим верное равенство

( ) ( )nnn n aa = . Это действительно так, поскольку n -я степень левой части

равенства ( )nn na равна подкоренному выражению na (по определению корня

n -й степени), и n -я степень правой части равенства ( )na также равна na (по


98

определению натуральной степени числа a ). Если же kn 2= , то свойство

также верно, так как в этом случае ( ) =n

n na =na na и ( ) nn aa = (здесь при

доказательстве использовалось свойство модуля =na na при чётных n ).

Остальные свойства будут доказаны для арифметических корней. 2. Пусть 0≥a , 0≥b . Достаточно доказать равенство n -х степеней неот-

рицательных чисел n ab и nn ba ⋅ . Действительно, ( ) ababnn = (по опре-

делению арифметического корня n -й степени). С другой стороны, по свойству 4 степеней с натуральными показателями имеем

( ) ( ) ( ) =⋅=⋅nnnnnnn baba ab .

3. Пусть 0≥a , b 0> . Достаточно доказать равенство n -х степеней неот-

рицательных чисел n ba и nn ba . Возведём проверяемое равенство в n -ю степень и, применяя для упрощения правой части свойство 5 степеней с нату-ральным показателем, а также используя для преобразования обеих частей оп-ределение арифметического корня n -й степени, получаем

n

n

nn

n

ba

ba

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⇔

( )( )nn

nn

b

aba= ⇔

ba

ba= .

4. Возведём равенство в n -ю степень и, применяя для упрощения правой части свойство 3 степеней с натуральным показателем, а также используя для преобразования обеих частей определение арифметического корня, получаем

( ) ( ) nmnn

n m aa ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛= ⇔ ( ) mnnm aa ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛= ⇔ mm aa = .

5. Возведём доказываемое равенство в mn -ю степень и, применяя в левой части свойство 3 степеней с натуральным показателем, получим

( )mnmnmn

m n aa =⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ⇔ aa

nmm n =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ⇔ ( ) aa

nn = ⇔ aa = .

6. Возведём равенство в n -ю степень и воспользуемся только что доказанным свойством 5 арифметических корней (а также определением арифметического кор-ня и свойством 3 степеней с натуральным показателем):

( ) ( )nn mn

nk mk aa = ⇔ mn

n k mk aa =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⇔ ( ) mk km aa = ⇔ mm aa = .


7. Возведём равенство в nm -ю степень и применим для упрощения левой части свойства 4, 3 и 1 степеней с натуральным показателем:

( ) ( )nmnm mnnmmn aaa +=⋅ ⇔ ( ) ( ) mnnmmnmn aaa +=⋅ ⇔

⇔ ( ) ( ) =⎟⎠⎞⎜

⎝⎛⋅⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛

nmmmnn aa mna + ⇔ mnnm aaa +=⋅ ⇔ mnmn aa ++ = .

8. Возведём равенство в nm -ю степень и применим для преобразования ле-вой части свойства 5, 3 и 2 степеней с натуральным показателем (а также в обеих частях равенства – определением арифметического корня):

( )nmnm nm

nm

m

n

aaa −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⇔

( )( )

nmnmm

nmn

aa

a −= ⇔ ( )( )

nmnmm

mnn

aa

a−=

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

⇔ nmn

m

aaa −=

⇔ nmnm aa −− = .

Пример 1. Равносильны ли уравнения: 388 =x (1) и 31

88 =x (2) ?

Решение. 1) Решим вначале второе из уравнений. Его ОДЗ задаётся неравен-ством 0≠x . Так как основание 8 степеней в обеих частях уравнения (2) одно и то же, то, приравнивая показатели степеней, приходим к уравнению 31 =x ,

откуда находим 31=x . Поскольку это значение принадлежит ОДЗ, получаем,

что уравнение (2) имеет единственное решение 31=x . 2) Решим теперь первое уравнение. Его ОДЗ задаётся условиями

2, ≥∈ xNx . Для решения уравнения перейдём к его следствию 31 88 =x ,

решая которое по-прежнему находим 31=x . Но в данном случае это значение уже не будет принадлежать ОДЗ уравнения (1), и поэтому не будет являться ре-шением. Таким образом, приходим к результату: уравнение (1) не имеет реше-ний. Ответ: уравнения не равносильны.

Степени с рациональными показателями

Теперь, когда введено понятие арифметического корня n -й степени, можно определить степень с рациональным показателем. 1. Пусть a – положительное действительное число, x – произвольное ра-циональное число, т.е. число, представимое в виде несократимой обыкновенной дроби =x nm , где Zm∈ , Nn∈ . В частности, при 1=n рациональное число x является целым, а понятие степени с целым показателем было введено


100

ранее. При 2≥n под рациональной степенью x числа a понимают положи-тельное число, равное арифметическому корню степени n из числа ma , т.е.

n mab = , и обозначают xab = (или nmab = ). Например, под na1 понима-

ют n a . При 1=a и любом рациональном x имеем 11 =x . 2. Если основание 0=a , то рациональная степень определена только при положительном показателе =x 0>nm , при этом полагают 0=xa . 3. Степень с рациональным показателем можно определить и для отрица-тельного основания. Пусть 0<a и показатель степени имеет в знаменателе нечётное число ( )12 += kmx ( Nk ∈ ). В этом случае под xa понимают алгебраический (при нечётном m ) или арифметический (при чётном m ) ко-рень степени ( )12 +k из числа ma , т.е.

1212 ++ == k mkm

x aaa . В этом случае справедливы все перечисленные ниже свойства степеней с рацио-нальными показателями, которые доказываются аналогично. Большинство свойств степеней с рациональными показателями выглядят аналогично (хотя являются обобщением) соответствующим свойствам степеней с целыми показателями. Доказательство свойств степеней с рациональными по-казателями проведём для случая положительного основания. В выполнении свойств степеней для случаев нулевого и отрицательного оснований убедитесь самостоятельно.

Свойства степеней с рациональными показателями Пусть a и b – положительные действительные числа, а x и y – рацио-нальные числа. Тогда верны следующие равенства:

1. yxyx aaa +=⋅ ; 2. ( ) xyyx aa = ; 3. ( ) xxx baab ⋅= ;

4. yxy

x

aaa −= ; 5. x

xx

ba

ba

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

.

6. Пусть yx > . Если 1>a , то yx aa > , а если 10 << a , то yx aa < .

7. Если 0≥> ba , 0>x , то xx ba > ; если 0>> ba , 0<x , то xx ba < . Доказательство. 1. Рассмотрим два рациональных числа 11 qpx = и 22 qpy = , их всегда можно привести к общему знаменателю:


21

21

qqqp

и 12

12

qqqp

.

Поэтому будем считать при доказательстве этого свойства, что рациональные числа x и y уже представлены в виде двух дробей с одинаковыми знаменате-

лями: nmx 1= и nmy 2= . Тогда, используя определение степени с рацио-нальным показателем, а также свойство 2 арифметических корней и свойство 1 степеней с целым показателем, получаем

=⋅=⋅ nm

nm

yx aaaa21

=⋅ n mn m aa 21 =⋅n mm aa 21 =+n mma 21 =+n

mm

a21

==+

nm

nm

a21

yxa + . 2. Пусть 11 nmx = и 22 nmy = . Тогда, используя определение степени с рациональным показателем и свойства 4, 5 арифметических корней, получаем

( ) =yxa ( ) =2211

nmnma ( ) =221 1

nmn ma ( ) == 2 1 212 21 1

n n mmn mn m aa

== 21 21nn mma xynn

mm

aa =21

21

. 3. Пусть nmx = , тогда, используя определение степени с рациональным показателем, а также свойство 4 степеней с целым показателем и свойство 2 арифметических корней, получим

( ) ( ) ( ) =⋅=== n mmn mnmx baababab =⋅ n mn m ba =⋅ n

mnm

ba xx ba ⋅ .

4. Докажем вначале, что xx aa −=1 . Для этого достаточно показать, что

произведение xx aa −⋅ равно единице. В самом деле, =⋅ −xx aa ( ) =−+ xxa 10 == a . Но это и означает, что числа xa и xa − – взаимно обратны, т.е.

xx aa −=1 . Теперь докажем свойство: =⋅= − yxyx aaaa yxa − (здесь исполь-зовалось доказанное выше свойство 1 степеней с рациональным показателем).

5. Воспользуемся доказанными свойствами 3 и 2 степеней с рациональным показателем:

( ) ( ) =⋅= − xx baba 1 ( ) =⋅ − xx ba 1 xxxx baba =⋅ − .

6. Докажем вначале два вспомогательных свойства: 1) если 1>a и 0>x , то 1>xa ; 2) если 10 << a и 0>x , то 1<xa . 1) Пусть 0>= nmx ( m , n∈ N , 2≥n ) и 1>a . Воспользуемся дважды


102

свойством 8 числовых неравенств и определением степени с рациональным по-казателем:

1>a ⇔ 1>ma ⇔ ( ) ( ) 1>==nnm

nn mm aaa ⇔ 1>nma ⇔ 1>xa .

2) Пусть теперь 0>= nmx ( m , n∈ N , 2≥n ) и 10 << a . Обозначим

11 >= ab , и тогда по только что доказанному свойству имеем 1>xb ⇔

⇔( ) 11 >− xa ⇔ 11 >xa ⇔ 1<xa . Тогда доказательство свойства 6 вытека-ет непосредственно из доказанных выше свойств 1) и 2), поскольку тогда

0>− yx , следовательно, при 1>a получаем

1>− yxa ⇔ 1>yx aa ⇔ yx aa > . Доказательство в случае 10 << a проводится аналогично.

7. Пусть 0>= nmx . Тогда ba > ⇔ ( ) ( )nnnn ba 11 > ⇔ (по свойству 8 числовых неравенств)

nn ba11

> ⇔ ( ) ( )mnmn ba 11 > ⇔ nm

nm

ba > ⇔ xx ba > . Замечание. Мы доказали более сильное утверждение, а именно: если 0>x , то 0≥> ba ⇔ xx ba > . В случае 0<x учтём, что 0)( >−x , и применим

полученный выше результат: xx ba −− > ⇔ xx ba 11 > ⇔ (по свойству 7б

числовых неравенств) xx ba > .

Пример 1. Решить уравнения: а) 532

=x ; б) 523

=x .

Решение. а) ОДЗ: Rx∈ . 532

=x ⇔ 1252 =x ⇔ 125±=x .

б) ОДЗ: 0≥x . 523

=x ⇔ 53 =x ⇔ 253 =x ⇔ 3 25=x .

Пример 2. Доказать, что если cba =+ , 0>a , 0>b , то

32

32

32

cba >+ . Доказательство. Рассмотрим положительные числа ca и cb . По усло-

вию, ( )ca ( ) 1=+ cb , отсюда получаем оценки 10 << ca , 10 << cb . По свойству 6 степеней с рациональными показателями имеем:

( ) caca >32

и ( ) cbcb >32

.


Складывая почленно два последних неравенства, получаем, что ( ) +32

ca

( ) 132>+ cb , а это равносильно доказываемому неравенству.

Пример 3. Решить неравенство 1cossin 44 <+ xx .

Решение. Так как на ОДЗ 1sin0 ≤≤ x , 1cos0 ≤≤ x , то по свойству 6 сте-пеней с рациональными показателями имеем:

xx 24 sinsin ≥ и xx 24 coscos ≥ .

Складывая эти неравенства, получаем, что на ОДЗ 1cossin 44 ≥+ xx . Таким образом, исходное неравенство не имеет решений.

Степени с иррациональными показателями (*)

Определим, наконец, понятие степени с иррациональным показателем для положительных действительных чисел. 1. Начнём с определения положительной иррациональной степени положи-тельного числа. Рассмотрим действительное число 1>a и положительное ир-рациональное число x . Под иррациональной степенью x числа a понимается такое действительное число xa , которое удовлетворяет неравенству

21 qxq aaa ≤≤ сразу для всех рациональных чисел 1q и 2q таких, что 21 qxq ≤≤ . Без дока-зательства принимается, что такое число существует и притом только одно. Пусть теперь даны число a такое, что 10 << a , и положительное ирра-циональное число x . Под иррациональной степенью x числа a будем пони-мать такое действительное число xa , которое удовлетворяет неравенству

12 qxq aaa ≤≤ сразу для всех рациональных чисел 1q и 2q таких, что 21 qxq ≤≤ . Без дока-зательства принимается, что такое число также существует и единственно. Если основание степени 1=a , то считают, что 1=xa для любого действи-тельного (в том числе иррационального) числа x . Если 0=a , то для любого положительного действительного x полагают

0=xa . При x 0< число x0 не определено. 2. Введём понятие отрицательной иррациональной степени. Она определя-ется только для положительного основания. Пусть теперь даны положительное число a и положительное иррациональное число x . Под числом xa − будем понимать число, обратное к xa , т.е. =−xa xa1 .


104

Такое число существует и единственно (без доказательства). Замечание. В силу вышеприведённых определений любая действительная степень x положительного числа a всегда положительна, т.е.

xa 0> ( Rx∈ ). Отметим также тот факт, что степени с иррациональными (действительны-ми) показателями удовлетворяют свойствам, аналогичным свойствам степеней с рациональными показателями. На вступительных экзаменах задачи, при решении которых существенно используются свойства арифметических корней и степеней, встречаются доста-точно часто. Поэтому важно не только знать эти свойства, но и уметь быстро и правильно оперировать ими при упрощении разного рода выражений, встре-чающихся в задачах.

Пример 1. Решить уравнение 2=πx .

Решение. На ОДЗ ( 0≥x ) уравнение имеет единственный корень π12=x .

Пример 2 [Мехмат–1961]. Доказать неравенство

( ) ( ) βββααα 11 baba +≤+ при 0,0,0 >>≥≥ βαba .

Доказательство. Если 0=a или 0=b , то утверждение очевидно. Пусть 0>a и 0>b . Возможны два случая.

1) Пусть ba ≤<0 . Тогда 10 ≤< ba и так как βα > , то ( ) ≤< αba0

( )βba≤ . Значит, ( ) ( )βα baba +≤+ 11 , и, следовательно,

( )( ) ( )( ) βββα 1111 baba +≤+ . (1)

Далее, так как ( ) 11 ≥+ αba и βα 110 << , то имеем

( )( ) ( )( ) βααα 1111 baba +≤+ . (2)

Из неравенств (1), (2) и свойства транзитивности следует, что

( )( ) ( )( ) ββαα 1111 baba +≤+ .

Отсюда, преобразуя, получаем:

( )( ) ( )( ) ββββαααα 11 bbabba +≤+ ⇔ ( ) ( ) bbabba βββααα 11+≤+ ,

и так как 0>b , то требуемое неравенство доказано.

2) В случае ab ≤<0 доказательство проводится аналогично.

Раздел 2

ЧИСЛОВЫЕ РАВЕНСТВА И НЕРАВЕНСТВА. ФОРМУЛЫ СОКРАЩЁННОГО УМНОЖЕНИЯ.

ИЗВЕСТНЫЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА

2.1. Числовые равенства и неравенства Обратимся к геометрической интерпретации действительных чисел на чи-словой прямой. Введём понятие числовой прямой. Пусть на плоскости дана не-которая прямая (обычно расположенная горизонтально). Зафиксируем на этой прямой точку O и назовём её началом отсчёта. Точка O разбивает прямую на два луча. Направление вдоль прямой направо от точки O назовём положитель-ным направлением, а противоположное направление – отрицательным. Пусть также задан отрезок, длина которого принята за единицу длины. В таких случа-ях говорят, что на прямой введён масштаб. Прямую, на которой выбрано начало отсчёта, положительное направление и введён масштаб, называют числовой прямой. Каждой точке числовой прямой можно поставить в соответствие действи-тельное число по следующему правилу: 1. Началу отсчёта точке O ставится в соответствие число нуль. 2. Каждой точке N на положительном луче ставится в соответствие поло-жительное число a (где a – длина отрезка ON , выраженная через единичный отрезок). 3. Каждой точке M на отрицательном луче ставится в соответствие отрица-тельное число b (где b – длина отрезка OM , измеренная посредством еди-ничного отрезка). В результате получим, что при выбранном масштабе: 1) каждой точке на числовой прямой поставлено в соответствие одно (и только одно) действительное число; 2) разным точкам числовой прямой поставлены в соответствие разные числа; 3) нет ни одного действительного числа, которое не соответствовало бы ка-кой-либо точке на числовой прямой.


106

В таких случаях принято говорить, что между множеством всех точек число-вой прямой и множеством всех действительных чисел установлено взаимно од-нозначное соответствие. Если на прямой выбрано начало отсчёта, положительное направление и вве-дена масштабная единица, то говорят также, что на прямой задана система ко-ординат. При этом сама прямая называется координатной осью, а точка O – началом координат. Действительное число, поставленное каждой точке этой прямой по указанному выше правилу во взаимно однозначное соответствие, называют координатой точки в заданной системе координат. Рассмотрим теперь два произвольных действительных числа

......, 1210 nn aaaaaa −= и ......, 1210 nn bbbbbb −=

Выше для любых действительных чисел a и b была определена операция сравнения. Применяя её, получим по отношению к этим числам, что справедли-во одно (и только одно) из следующих трёх утверждений: 1) число a равно числу b ( ba = ); 2) число a больше числа b ( )ba > ;

3) число a меньше числа b ( )ba < . В первом случае два равных числа будут обозначаться одной точкой на чи-словой прямой. Если ba > , то на числовой прямой точка, соответствующая числу a , будет лежать правее точки, соответствующей числу b . Наконец, если

ba < , то наоборот, точка, соответствующая числу a , будет лежать левее точ-ки, соответствующей числу b . В данном параграфе при сравнении между собой действительных чисел бу-дем пользоваться следующими вполне естественными утверждениями, выте-кающими из определений операции сравнения действительных чисел и арифме-тических операций над действительными числами. Утв. 1. Два действительных числа a и b равны тогда и только тогда, ко-гда их разность равна нулю, т.е.

ba = ⇔ 0=− ba . Два действительных числа a и b не равны тогда и только тогда, когда их разность не равна нулю, т.е.

ba ≠ ⇔ 0≠− ba . Утв. 2. Число a больше числа b тогда и только тогда, когда разность

ba − положительна, т.е. ba > ⇔ 0>− ba .

Утв. 3. Число a меньше числа b тогда и только тогда, когда разность ba − отрицательна, т.е.

ba < ⇔ 0<− ba .

Числовые равенства и неравенства

107

В ситуации, когда число a либо меньше, либо равно числу b (допускается возможность обоих случаев), используется специальное обозначение ba ≤ . Если же число a либо больше, либо равно числу b , используется обозначение

ba ≥ . Знаки > (больше), < (меньше), ≥ (больше либо равно), ≤ (меньше либо равно), ≠ (не равно) называют знаками неравенств. При этом знаки > и < относят к строгим знакам, а знаки ≥ и ≤ – к нестрогим знакам.

Числовые равенства и их свойства Обратимся к наиболее важным свойствам числовых равенств. Но вначале приведём определение числового равенства. Если два числа a и b ( a , b ∈R ) соединены знаком равенства ba = , то говорят, что задано числовое равенство. Пусть a , b , c , d – произвольные действительные числа. Примем без дока-зательства следующие свойства. Обратите внимание, что некоторые из них сформулированы в виде достаточных условий, в то время как другие имеют вид необходимых и достаточных условий.

Свойства числовых равенств 1. Число a равно числу b тогда и только тогда, когда число b равно чис-лу a : ba = ⇔ ab = (коммутативность равенств). 2. Если число a равно числу b , а число b при этом равно числу c , то чис-ло a равно числу c : ba = , cb = ⇒ ca = (транзитивность равенств). 3. Если два верных равенства почленно сложить, то в результате также получится верное равенство: ba = , dc = ⇒ =+ ca b + d (почленное сложение равенств). 4. Если два равенства почленно перемножить, то в результате также по-лучится верное равенство: ba = , dc = ⇒ dbca ⋅=⋅ (почленное умножение равенств). 5. К обеим частям равенства можно прибавлять (вычитать) одно и то же число, в результате также получится верное равенство: ba = ( Rc∈ ) ⇔ cbca +=+ (прибавление числа к равенству). 6. Обе части равенства можно умножать (делить) на одно и то же не-равное нулю число, в результате также получится верное равенство: ba = ( 0≠c ) ⇔ cbca ⋅=⋅ (умножение равенства на число). 7. Обе части равенства (при условии их неотрицательности) можно возво-дить в произвольную натуральную степень, в результате также получится верное равенство: ba = ( a , 0≥b ) ⇔ nn ba = ( Nn∈ ) (возведение равенства в натураль-ную степень).


108

Замечание. Последнее свойство, например, вытекает из того, что поскольку ( ) ( )1221 ... −−−− ++++⋅−=− nnnnnn babbaababa , а выражение во вторых

скобках не равно нулю (при неравных нулю одновременно a и b ), то разность nn ba − обращается в нуль тогда и только тогда, когда обращается в нуль раз-

ность ba − .

Пропорции, их свойства Пропорцией (от латинского ‘proportio’ – соотношение, соразмерность) назы-вают равенство двух отношений:

dc

ba= ( 0≠bd ),

где числа dcba ,,, называются членами пропорции, при этом a и d называют крайними членами пропорции, b и c – средними членами пропорции. Другая форма записи пропорции dcba :: = . Пропорция, в которой средние члены равны ( cb = ), называется непрерывной, и тогда средний член b непрерывной пропорции равен среднему геометрическому (среднему пропорциональному) крайних членов:

db

ba= ⇔ adb =

(при условии, что b положителен).

Свойства пропорций 1. Основное свойство пропорции: bcad = (произведение средних членов пропорции равно произведению ее крайних членов). 2. В пропорции dcba = можно менять местами средние ( dbca = )

или крайние члены ( acbd = ), или те и другие одновременно ( abcd = ).

3. Если дана пропорция dcba = , то справедливы следующие пропорции (их называют производными пропорции, это следствия из данной пропорции):

c

dca

ba ±=

±;

ddc

bba ±=

±;

dcc

baa

±=

±;

dcd

bab

±=

±;

dcdc

baba

−+

=−+

; dc

ba

dbca

==++

; db

ca

dcba

==++

; db

ca

dcba

==−−

;

dc

ba

dbca

==−−

,…


109

Эти и множество других производных пропорций могут быть объединены в двух основных формах [28]:

ldkcndmc

lbkanbma

++

=++

(1) и ldkbndmb

lckancma

++

=++

, (2)

где lknm ,,, – произвольные действительные числа, и знаменатели дробей не обращаются в нуль. Например, при 1=== knm и 0=l по формуле (1) име-ем: ( ) ( ) cdcaba +=+ . При тех же значениях lknm ,,, по формуле (2) по-

лучим: ( ) ( ) bdbaca +=+ , или, переставляя средние члены пропорции,

( ) ( ) badbca =++ и так далее. 4. Если даны несколько равных между собой отношений

n

n

ba

ba

ba

=== ...2

2

1

1 ,

то справедливы равенства

=++++++

n

n

bbbaaa

...

...

21

21

n

n

ba

ba

ba

=== ...2

2

1

1 ,

где 01 ≠b ,…, 0≠nb , 0...1 ≠++ nbb . 5. Обобщение свойства 4.

Если n

n

ba

ba

ba

=== ...2

2

1

1 , то 1

1

2211

2211

...

...ba

kbkbkbkakaka

nn

nn =++++++

,

где nkk ,...,1 не все равны 0 , причём 01 ≠b ,…, 0≠nb , ++ ...11kb 0≠nnkb .

6. Если naaa <<<< ...0 21 и 12...0 bbbn <<<< , то верно неравенство

n

n

n

n

ba

bbbaaa

ba

<++++++

<......

21

21

1

1 .

Доказательство. Воспользуемся тем, что среднее арифметическое n раз-личных положительных чисел принимает значение строго между наименьшим и наибольшим из этих чисел:

nn a

naaa

a <+++

<...21

1 (3)

и 121 ...

bn

bbbb n

n <+++

< ⇔ nn bbbb

nb

1...

1

211

<+++

< . (4)

Перемножая неравенства (3) и (4), получаем доказываемое неравенство.


110

Пример [ВМиК–2005, устн.]. Пусть 2...0 21 πααα <<<<< n . Дока-

зать, что nn

n tgtg ααααααα

α <++++++

<cos...coscossin...sinsin

21

211 .

Доказательство. Известно, что если n

aaaA n

n+++

=...21 , где 0≥ia

( )ni ,...,2,1= , ( )naa ,...,min 1 и ( )21 ,...,max aa – соответственно наимень-

шее и наибольшее из чисел ia , то

( ) ( )nnn aaAaa ,...,max,...,min0 11 ≤≤≤ ,

причём среднее арифметическое nA совпадает с наименьшим (наибольшим) из

этих чисел тогда и только тогда, когда naaa === ...21 . Так как

nααα sin...sinsin0 21 <<<<

и 12 coscos...cos0 ααα <<<< n , то

nn

nα

αααα sin

sin...sinsinsin 21

1 <+++

< ,

nn

nααααα cos

1cos...coscoscos

1

211

<+++

< .

Перемножая эти неравенства, получим окончательно, что

nn

n tgtg ααααααα

α <++++++

<cos...coscossin...sinsin

21

211 .

Пропорциональные отрезки. «Золотое сечение»

В геометрии часто встречается понятие пропорциональных отрезков. Дадим соответствующее определение. Ненулевые отрезки a и b называют пропор-циональными отрезкам a′ и b′ , если их длины удовлетворяют пропорции

bbaa ′=′ , т.е. a относится к a′ так же, как b относится к b′ . В этом слу-

чае действительное число k , равное отношению aa ′ , называют коэффициен-том пропорциональности, и тогда условие пропорциональности двух отрезков можно записать в виде

⎩⎨⎧

′⋅=

′⋅=.bkb

aka


111

Порой возникает необходимость записать условие пропорциональности трёх пар отрезков. Приведём определение для этого случая. Ненулевые отрезки a , b , c называют пропорциональными ненулевым отрезкам a′ , b′ , c′ , если справедлива двойная пропорция

cc

bb

aa

′=

′=

′.

И в этом случае действительное число k , равное каждому из этих отношений, называют коэффициентом пропорциональности, и условие пропорционально-сти трёх пар отрезков можно записать тогда в виде системы

⎪⎩

⎪⎨

⎧

′⋅=

′⋅=

′⋅=

.ckcbkbaka

Пусть дан отрезок длины c . Разделим (рассечём) его на два отрезка длины a и b , т.е. bac += . Пусть при этом выполнено условие

cb

ba= ,

т.е. меньший отрезок относится к большему так, как больший – к их сумме. Эту пропорцию можно записать в виде

cb

bbc=

−, откуда следует =b c⋅−

215

.

В Древней Греции такое деление отрезка на две части получило название деления в среднем и крайнем отношении. Гораздо позже великий Леонардо да Винчи назвал такое деление «золотым сечением», а Лука Пачоли – «божественной пропорцией». Такие названия связаны со многими замечательными свойствами сечения. Не по-следнюю роль в этом играли эстетические соображения: например, прямоугольник, отношение длин сторон которого равно числу

...6180339,115

2=

−,

хорош для восприятия, выглядит грамонично для человеческого глаза. Он называет-ся прямоугольником золотого сечения. Видимо, по этой причине «золотое сечение» использовалось издавна в архитектуре. Интересно, что если от такого прямоуголь-ника отрезать квадрат максимальной площади, то останется вновь прямоугольник золотого сечения. Примером «золотого сечения» может служить стандартный, фор-мата 4A , лист писчей бумаги: сложенный пополам, вчетверо и т.д., он сохраняет первоначальную пропорцию.

Золотое сечение часто встречается в различных задачах. Рассмотрим одну из них, устанавливающую связь золотого сечения с пятиконечной звездой.


112

Пример. Вписать в окружность правильную пятиугольную звезду. Решение. Простой способ построения правильного пятиугольника предло-жил Клавдий Птолемей (ок.100–ок.178). Он писал: «Имеем полукруг ABC , описанный около центра O на диаметре AOC .

AO

B

M CN

A BK L

C

Проведём ACOB ⊥ в точке O . Разделим отрезок OC пополам в точке M , проведём прямую MB и отложим отрезок MBMN = . Соединим N с B отрезком NB . Тогда NB – искомая сторона правильного пятиугольника, впи-санного в данную окружность». Доказательство этого утверждения приводится в книге [8]. Более того, каждый из отрезков KLAKALAB ,,, на рисунке спра-

ва ровно в ( )152 − раз больше последующего! По-видимому, в связи с этим замечательным свойством пифагорейцы выбрали пятиконечную звезду в каче-стве своего талисмана: она считалась символом здоровья.

Числовые неравенства и их свойства

Обратим внимание на то обстоятельство, что понятие неравенства, вообще говоря, можно ввести только на упорядоченном числовом множестве, например на множестве действительных чисел. Если два действительных числа a и b соединены одним из знаков нера-венств: a < b , или a > b , или a ≤ b , или a ≥ b , или a ≠ b , то говорят, что задано числовое неравенство. При этом неравенства ba > и ba < называются строгими, а неравенства a ≥ b и a ≤ b – нестрогими. Числовое неравенство может быть верным либо неверным. Ниже при доказательстве свойств числовых неравенств наряду с законами коммутативности, ассоциативности, дистрибутивности и утверждениями 1, 2, 3 мы будем использовать (без доказательства) также три следующих утверждения, вытекающие из определения арифметических операций суммы и произведения двух действительных чисел, понятия противоположных (по знаку) чисел, а так-же операции сравнения действительных чисел.


113

Утв. 4. Сумма двух положительных чисел положительна. Утв. 5. Произведение двух положительных чисел положительно. Утв. 6. Если 0>a , то ( ) 0<− a ; если 0<a , то ( ) 0>− a .

Свойства числовых неравенств Пусть a , b , c , d – произвольные действительные числа. Приведённые ниже свойства сформулированы для строгих и нестрогих неравенств, но доказывают-ся только для случая строгих неравенств. 1. Одно из двух чисел больше второго тогда и только тогда, когда второе число меньше первого:

ba > ⇔ ab < ( ba ≥ ⇔ ab ≤ ). 2. Если одно число больше второго, а второе число больше третьего, то первое число больше третьего (транзитивность неравенств):

ba > , cb > ⇒ ca > , ba ≥ , cb > ⇒ ca > , ba ≥ , cb ≥ ⇒ ca ≥

(последнее неравенство обращается в равенство ⇔ cba == ). 3. К обеим частям неравенства можно прибавлять (вычитать) одно и то же число, при этом знак неравенства сохраняется:

ba > ( Rc∈ ) ⇔ cbca +>+ ; ba ≥ ( Rc∈ ) ⇔ cbca +≥+ . 4. а) Обе части неравенства можно умножать (делить) на одно и то же положительное число, при этом знак неравенства сохраняется:

если 0>c , то ba > ⇔ cbca ⋅>⋅ , ba ≥ ⇔ cbca ⋅≥⋅ . б) Обе части неравенства можно умножать (делить) на одно и то же от-рицательное число, при этом знак неравенства меняется на противополож-ный:

если 0<c , то ba > ⇔ cbca ⋅<⋅ , ba ≥ ⇔ cbca ⋅≤⋅ . 5. Неравенства одного знака можно почленно складывать:

ba > , dc > ⇒ dbca +>+ ; dcba >≥ , ⇒ dbca +>+ ;

dcba ≥≥ , ⇒ dbca +≥+ (последнее неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда од-новременно ba = и dc = ). 6. Неравенства одного знака с положительными (неотрицательными) чле-нами можно почленно перемножать: ( )0≥> bba и ( )0≥> ddc ⇒ dbca ⋅>⋅ , (1)

( )0≥≥ bba и ( )0≥≥ ddc ⇒ dbca ⋅≥⋅ ,


114

(последнее неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда од-новременно ba = и dc = ). Если перемножаются нестрогое неравенство со строгим, то в результате мо-жет получиться как строгое неравенство:

( )0>≥ bba и ( )0≥> ddc ⇒ dbca ⋅>⋅ , так и нестрогое неравенство:

0≥a и ( )0>> ddc ⇒ 0≥⋅ ca , (последнее неравенство обращается в равенство ⇔ 0=a ). 7. а) Число, обратное к положительному (отрицательному) числу, поло-жительно (отрицательно):

0>b ⇔ 01 >b ; 0<b ⇔ 01 <b . б) Числа, обратные к двум числам одного знака, связаны неравенством про-тивоположного знака:

если 0,0 >> ba (или 0,0 << ba ), то

ba > ⇔ ba 11 < , ba ≥ ⇔ ba 11 ≤ .

Следствие. 0>ba

⇔ 0>ab ; 0<ba

⇔ 0<ab . Но: 0≥ba

⇔ ⎩⎨⎧

≠≥

.00

bab

8. а) Если обе части неравенства положительны, то при возведении его в любую натуральную степень n (т.е. умножении самого на себя n раз) знак неравенства сохраняется:

( )0>> bba ⇒ nn ba > ; ( )0>≥ bba ⇒ nn ba ≥ .

Сформулированное свойство можно усилить: б) если 0,0 >> ba , Nn∈ , то

ba > ⇔ nn ba > ; 0>≥ ba ⇔ nn ba ≥ . в) если n – нечётно, то при любых Rba ∈, верно утверждение:

nn ba > ⇔ ba > . Следствие. Для любого положительного числа a и любого натурального числа n неравенство 1>a выполняется тогда и только тогда, когда выполня-ется неравенство 1>na . Доказательство. 1. Докажем, что ba > ⇔ ab < . Согласно утверждению 2, ba > ⇔ ⇔ 0>− ba . По утверждению 6, 0>− ba ⇔ ( ) 0<−− ba . В соответствии с законом дистрибутивности раскроем скобки: 0<+− ba , а в соответствии с


115

законом коммутативности поменяем слагаемые местами: 0<− ab . Согласно утверждению 3, последнее неравенство равносильно тому, что ab < . 2. Докажем, например, что если ba > и cb > , то ca > . Согласно утвер-

ждению 2, имеем: ⎩⎨⎧

>>

cbba

⇔ ⎩⎨⎧

>−>−

.00

cbba

Поскольку =− ca ( )+− ba

( )cb − , и, согласно утверждению 4, ( )+− ba ( ) 0>− cb , то 0>− ca . На-конец, по утверждению 2, 0>− ca ⇔ ca > . 3. Докажем, что при любом c равносильны неравенства ba > и

cbca +>+ . Согласно утверждению 2, ba > ⇔ 0>− ba . Поскольку, ис-пользуя закон ассоциативности сложения, =− ba ( )ca + ( )cb +− , то

( )ca + ( ) 0>+− cb . Согласно утверждению 2, ( )ca + ( ) 0>+− cb ⇔ ⇔ cbca +>+ . 4. а) Докажем, что если 0>c , то неравенства ba > и cbca ⋅>⋅ равно-сильны. Необходимость. Пусть ba > , и требуется доказать, что cbca ⋅>⋅ . Во-первых, согласно утверждению 2, ba > ⇔ 0>− ba . Во-вторых, согласно

утверждению 5, ⎩⎨⎧

>>−

00

cba

⇒ ( ) 0>⋅− cba . Согласно распределительному

закону, раскроем в последнем неравенстве скобки: ( ) 0>⋅− cba ⇔ ⇔ 0>⋅−⋅ cbca . Наконец, согласно утверждению 2, −⋅ ca 0>⋅ cb ⇔ ⇔ cbca ⋅>⋅ . Достаточность. Пусть cbca ⋅>⋅ ( 0>c ), и требуется доказать, что

ba > . Докажем методом «от противного». Так как a не может быть равно b , иначе по свойству 6 числовых равенств имели бы cbca ⋅=⋅ , то предположим, что ba < . Тогда, согласно доказанному выше свойству 1 числовых неравенств, это равносильно тому, что ab > . Согласно утверждению 2, ab > ⇔ ⇔ 0>− ab . Далее, поскольку 0>− ab , 0>c , то, согласно утверждению 5, ( ) 0>⋅− cab . Раскрывая скобки в соответствии с распределительным зако-ном, получаем, что тогда 0>⋅−⋅ cacb . Согласно утверждению 2, последнее неравенство равносильно >⋅ cb ca ⋅> , что противоречит условию. Следова-тельно, ba > . б) Докажем, что если 0<c , то неравенство ba > равносильно неравенству

cbca ⋅<⋅ . Так как 0<c , то, согласно утверждению 6, ( ) 0>− c . Восполь-


116

зуемся только что доказанным свойством 4.а: ba > , ( ) 0>− c ⇔ ( ) >−⋅ ca

( )cb −⋅> ⇔ (по закону дистрибутивности) cbca ⋅−>⋅− ⇔ (по свойству 1 числовых неравенств) cacb ⋅−<⋅− ⇔(по утверждению 3) ( ) <⋅−−⋅− cacb

0< ⇔ (согласно распределительному закону) 0<⋅+⋅− cacb ⇔ (по пере-местительному закону) 0<⋅−⋅ cbca ⇔ (по утверждению 3) cbca ⋅<⋅ .

5. Пусть ba > , dc > . Докажем, что тогда dbca +>+ . Так как ba > и dc > , то (по утверждению 2) это равносильно тому, что 0>− ba ,

0>− dc ⇒ (по утверждению 4) ( )+− ba ( ) 0>− dc ⇔ (согласно сочета-

тельному и распределительному законам) ( )−+ ca ( ) 0>+ db ⇔ (по утвер-ждению 2) dbca +>+ . 6. Рассмотрим краткое доказательство свойства (1) (более подробное доказа-тельство этого, а также последующих свойств со всеми необходимыми обосно-ваниями и ссылками проведите самостоятельно). Пусть ba > , ( )0, ≥> dbdc . Требуется доказать, что dbca ⋅>⋅ . Рас-

смотрим разность =⋅−⋅ dbca ( ) ( ) =⋅−⋅+⋅−⋅ cbcbdbca ( )+⋅−⋅ cbca

( ) =⋅−⋅+ dbcb ( ) ( ) 0>−⋅+−⋅ dcbbac (так как в каждом из последних слагаемых оба сомножителя положительны), т.е. dbca ⋅>⋅ . 7. а) Необходимость докажем «от противного». Пусть 0>b , но 01 <b ⇒

⇒ 01 >− b . Перемножим последнее неравенство с неравенством 0>b :

( ) 01 >⋅− bb , т.е. 01>− . Из противоречия ⇒ 01 >b .

Достаточность. Пусть теперь 01 >b . Умножим это неравенство на вер-

ное неравенство 02 >b и получим ( )b1 · 02 >b , т.е. 0>b .

б) Пусть 0>> ba . Так как −b1

a1 0>

−=

abba

(числитель и знаменатель

дроби положительны), то отсюда и вытекает доказываемое свойство. 8. а) По свойству 6 умножим неравенство ba > само на себя и получим

22 ba > . Полученное неравенство ещё раз умножим на ba > ⇒ 33 ba > и т.д. Таким образом, для любого конечного n за n шагов получим nn ba > . б) Воспользуемся формулой сокращённого умножения

=− nn ba ( ) ( )1221 ... −−−− ++++⋅− nnnn babbaaba .

Так как выражение во вторых скобках положительно, то знак разности nn ba − совпадает со знаком ba − . в) Докажите свойство самостоятельно.


117

Примеры задач, в которых используются указанные выше свойства число-вых равенств и неравенств, можно встретить практически в любом разделе со-временной математики. Чаще всего подобные свойства используются при срав-нении между собой чисел, в задачах на преобразования алгебраических и про-чих выражений, на доказательство тождеств и неравенств, а также при получе-нии разнообразных оценок для числовых выражений и значений функций. Пример 1. Пусть 32 <≤ a , 32 ≤<− b , 23 −<≤− c , 23 <≤− d . Оценить, какие значения могут принимать 2222 ,,, dcba .

Решение. Пусть известно, что 32 <≤ a , оценим возможные значения величины 2a . Воспользуемся графическим подходом. Рассмотрим функцию

2ay = и найдём область её изменения на указанном выше полуинтервале. Как следует из графика, функция принимает все значения от 4 до 9 (не включая 9). Аналогично оце-ниваются 222 ,, dcb . Ответ: 94 2 <≤ a ,

90 2 ≤≤ b , 94 2 ≤< c , 90 2 ≤≤ d .

Пример 2. Известно, что 23 ≤<− a и 65 << b . Оценить значения: а) ba + ; б) ba − ; в) ab ; г) ba .

Решение. а) + 23 ≤<− a б) + 23 ≤<− a

65 << b 56 −<−<− b 82 <+< ba ; 39 −<−<− ba ; в) 03 <<− a или × 20 ≤≤ a

× 30 <−< a 65 << b

65 << b 120 <≤ ab . 180 <−< ab ⇒ 018 <<− ab . Объединяя полученные результаты, получим: 1218 <<− ab . г) 03 <<− a или × 20 ≤≤ a

× 30 <−< a 51161 << b

51161 << b 520 <≤ ba .

530 <−< ba ⇒ 053 <<− ba .

Объединяя полученные результаты, получим: 5253 <<− ba .

Ответ: 82 <+< ba , 39 −<−<− ba , 1218 <<− ab , 5253 <<− ba .

a

y

0 2 3

4

9


118

Пример 3 [МИЭТ]. Найти наибольшее и наименьшее значения выражения

yyx

A 62

4 2 +−−

= , если 12,1 ≤≤− x , 523

≤≤ y .

Решение. Оценим вначале, какие значения может принимать дробь ( )24 −x . Поскольку 12,1 ≤≤− x , то 122,3 −≤−≤− x , а, значит,

5162,321 =≤−≤ x ⇒

12

1165

≤−

≤x

⇒

165

211 −≤−

≤−x

⇒

45

244 −≤−

≤−x

.

Теперь оценим выражение ( )662 −−=+− yyyy .

Если представить график квадратичной функции ( ) ( )6−−= yyyf на отрезке 523 ≤≤ y , то имеем вершину параболы при 3=y , при этом 9)3( =f . Наименьшее значение

функции на указанном отрезке достигается при 23=y и равно

( )4333 − . Таким образом, ( ) 964333 2 ≤+−≤− yy . Складывая полу-

ченные оценки для выражений ( )24 −x и yy 62 +− , приходим к ответу:

431

41933 ≤≤− A .

Пример 4 [ИСАА–2003]. Числа yx, изменяются в пределах: 43 ≤≤ x , 21 ≤≤ y . В каких пределах изменяется выражение

4444 12 −+−= −− xyA yx ? Решение. Поскольку 422 ≤≤ y , т.е. 224 −≤−≤− y и ≤2 31≤−≤ x , то, складывая последние два неравенства, получаем оценку:

1122 ≤−−≤− yx . В силу монотонного возрастания показательной функции с основанием 4 имеем 444 122 ≤≤ −−− yx . (1) Аналогично находим, что ( ) 8140 ≤−−≤ yx . (2)

3 3 - 34

9

0 32

f(y)

5 6

y


119

Оба выражения 124 −− yx и ( )14 −− yx достигают своих наименьшего и наи-большего значений одновременно, при одних и тех же значениях x и y . Их наименьшие значения достигаются при 3=x , 2=y , а наибольшие соответст-венно при 4=x , 1=y . Это вытекает из того, что оба выражения монотонно возрастают по x и независимо от этого монотонно убывают по y . Складывая почленно неравенства (1) и (2), получаем:

( ) 12144161 12 ≤−−+≤ −− yxyx .

Ответ: 161min =A , 12max =A .

Пример 5. Какие значения может принимать функция

xy

sin211

+= ?

Решение. Так как 1sin1 ≤≤− x , то 3sin211 ≤+≤− x . Обозначим xa sin21+= . Таким образом, задачу можно сформулировать в виде: «Оце-

нить, какие значения может принимать величина a1 , если известно, что 31 ≤≤− a ». Поскольку 0≠a , рассмотрим отдельно два промежутка: 01 <≤− a и 30 ≤< a . В первом случае имеем: 11 −≤<∞− a , а во вто-

ром: +∞<≤ a131 . Объединяя, получаем ответ.

Ответ: ( ) ( ] [ )+∞−∞−= ,311, UyE .

Пример 6 [ВМиК–2007, устн.]. Доказать неравенство

10010000

1...4

13

12

11 ≥+++++ .

Доказательство. Очевидно, что при любом 10000,...,2,1=n справедливы

неравенства 10011 ≥n . Складывая эти неравенства, получим:

100100

11000010000

1...4

13

12

11 =⋅≥+++++ .

Неравенство также может быть доказано методом математической индук-ции.


120

2.2. Формулы сокращённого умножения

Основные и некоторые дополнительные формулы сокращённого умножения

Теорема 1. Для любых действительных чисел a и b справедливы тождества:

( ) 222 2 bababa +±=± (квадрат суммы, разности);

( ) 32233 33 babbaaba ±+±=± (куб суммы, разности);

( ) ( )bababa −⋅+=− 22 (разность квадратов);

( ) ( )2233 babababa +⋅±=± m (сумма, разность кубов).

В последнем тождестве выражение 22 baba +m всегда неотрицательно и на-зывается неполным квадратом разности (суммы). Эти тождества называют основными формулами сокращённого умножения. Их доказательство проводится непосредственной проверкой. Приведём допол-нительно ещё несколько формул общего вида.

Теорема 2. Для любых действительных чисел a , b и для любых натураль-ных n справедливы тождества:

( ) ( )122321 ... −−−−− +++++⋅−=− nnnnnnn babbabaababa ,

=+ ++ 1212 nn ba ( ) ( )nnnnn babbabaaba 212222122 ... +−−+−⋅+ −−− ,

( ) ( )1222232221222 ... −−−−− −+−+−⋅+=− nnnnnnn babbabaababa . Каждая из трёх формул доказывается раскрытием скобок в правой части и упрощением её путём приведения подобных членов.

Теорема 3 (квадрат суммы нескольких слагаемых). Для любых действитель-ных чисел naaa ,...,, 21 справедливо тождество:

( ) =+++ 221 ... naaa ++++ 22

221 ... naaa

4444 34444 21

ияпроизведенпопарныеыевсевозможн

nn aaaaaa 13121 2...22 −++++ .

Данное тождество доказывается в разделе, посвящённом методу математи-ческой индукции. Теорема 4 (куб суммы трёх слагаемых). Для любых действительных чисел a , b , c справедливо тождество:

( ) ( )( )( )cacbbacbacba ++++++=++ 33333 . Тождество доказывается непосредственным раскрытием скобок в правой части с последующим упрощением.

Формулы сокращённого умножения

121

Понятие n-факториала. Бином Ньютона. Биномиальные коэффициенты. Треугольник Паскаля (*)

Произведение всех натуральных чисел, начиная с единицы и заканчивая n , называется n -факториалом и обозначается !n , т.е.

=!n 1·2·3·…· n .

По определению полагают 1!0 = , 1!1 = . Например, 5!=1·2·3·4·5=120. Задачи на факториалы достаточно редко, но всё же встречаются на вступительных эк-заменах. Пример 1 [Ф-т наук о материалах–2000]. Сколькими нулями оканчивается число 2000!? Рассмотрим решение этой достаточно известной задачи. Предположим, что мы разложили данное большое число 2000! на простые множители (в силу ос-новной теоремы арифметики это можно сделать, причём единственным обра-зом):

pkkkk p⋅⋅⋅⋅= ...532!2000 321 ,

где показатели степеней pkkkk ,...,,, 321 – некоторые неизвестные нам нату-ральные числа. Нуль будут давать только произведения пар простых множите-лей 2 и 5. В этом разложении 1k двоек и 3k пятёрок, причём каждое второе число в натуральном ряду чисел кратно двум и только каждое пятое кратно пя-ти. Следовательно, 13 kk < . Поэтому число нулей будет равно 3k . Найдём это

число. Среди чисел 1,2,3,…,1999,2000 каждое пятое делится на 5. Таких чи-

сел ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

52000 штук (квадратные скобки обозначают целую часть). Далее, каждое

25-е число делится ещё на пять, и таких чисел ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

252000 штук. Затем каждое 125-

е число делится ещё на пять, и таких пятёрок будет ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

1252000 штук. Продолжая

этот конечный процесс (начиная с определённого момента целая часть будет обращаться в нуль), получим в результате

3k +⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=

52000

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

252000

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

1252000

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

6252000 =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+

=434210

31252000

49931680400 =+++= . Ответ: 499 нулями.


122

Пример 2 [Матем. олимпиада Моск. обл., 9 класс, 2001/02 уч. год]. Найти значение выражения

!20012002!2000...6!45!34!23!1 +⋅−+⋅−⋅+⋅−⋅ Решение. Заметим, что каждое слагаемое в приведённой сумме, кроме по-следнего, имеет вид ( )2! +⋅ nn , где n изменяется от значения 1 (у первого чле-

на суммы) до 2000 (у предпоследнего слагаемого). Поскольку ( )2! +⋅ nn можно

представить в виде ( ) ( ) !!111! nnnn ++=++ , то, заменяя каждое из слагае-мых (кроме последнего) на соответствующую сумму, получим:

=+⋅−+⋅−⋅+⋅−⋅ !20012002!2000...6!45!34!23!1 ( ) ( ) ( ) ( ) ...!4!5!3!4!2!3!1!2 ++−+++−+= ( )−+ !1999!2000

( ) =++− !2001!2000!2001 !2 + −!1 !3 − !2 + !4 + !3 − !5 − !4 +…+ !2000 + !1999 − − !2001 − !2000 + !2001 =1. Ответ: 1.

Пример 3 [ВМиК–2002]. Вычислить сумму

( )!1...

!43

!32

!21

+++++=

nnSn ( )Nn∈ .

Решение. Воспользуемся тождеством

( )( )( ) ( )!1

1!

1!111

!1 +−=

+−+

=+ kkk

kk

k

для каждого из слагаемых ( )nk ,...,2,1= . Тогда имеем

( ) +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

!1

!11...

!41

!31

!31

!21

!211

nnSn

( ) ( )!111

!11

!1

+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+nnn

.

Пример 4. Решить в целых числах уравнение 2!...!3!2!1 yx =++++ .

Решение. Непосредственной проверкой убеждаемся, что при 5<x реше-ниями уравнения будут пары чисел ( )1;1 ± , ( )3;3 ± . Докажем теперь, что при

5≥x решений нет. Для этого заметим, что 33!4!3!2!1 =+++ оканчивается цифрой 3, а ,...!7,!6,!5 - все оканчиваются нулём. Таким образом, при 5≥x сумма !...!3!2!1 x++++ оканчивается цифрой 3, а потому не может равняться квадрату целого числа y (никакой квадрат целого числа не оканчивается на 3).


123

Наряду с понятием обычного, или одинарного, факториала существует поня-тие двойного факториала. Приведём для любознательных читателей соответст-вующее определение. Произведение всех натуральных чисел, начиная с едини-цы и заканчивая n , имеющих одинаковую с n чётность, называется двойным n -факториалом и обозначается n ‼ В частности, если =n k2 ( )Nk ∈ , то ( )k2 ‼ ( )k2...42 ⋅⋅⋅= , а если

12 += kn ( )0Nk ∈ , то ( )12 +k ‼ ( )12...531 +⋅⋅⋅⋅= k . По определению

полагают 1!!0 = . Например, 1‼=1, 2‼=2, =⋅⋅⋅= 8642!!8 384, =!!7 1057531 =⋅⋅⋅= . Справедливо тождество ( ) !!1!!! −⋅= nnn .

Пример 5 [ВМиК–2001, устн.]. В какой степени входит число 2 в разложе-ние на произведение степеней простых чисел следующего выражения:

( )( )( ) ( ) nnnnn 212...321 ⋅−⋅⋅+++ ? Решение. Преобразуем данное выражение:

( )( )( ) ( ) nnnnn 212...321 ⋅−⋅⋅+++ ( ) ( )×−⋅⋅⋅⋅== 12...531!

!2 nnn

( )=

⋅⋅⋅⋅×

!2...642

nn ( ) ( )

=⋅⋅⋅⋅

⋅−!

...3212!!12n

nnn

( ) nn 2!!12 ⋅− .

Так как первый из двух сомножителей является нечётным числом, то двойка входит в каноническое разложение в степени, равной n .

Комбинаторика – это раздел математики, изучающий количество комбина-ций, которые можно составить из заданного конечного множества

{ }nn aaaM ;...;; 21= попарно различных элементов произвольной природы. Основным правилом комбинаторики является принимаемое без доказательства правило умножения: если объект A может быть выбран из заданного множест-ва nM k способами и при каждом выборе объекта A другой объект B мо-

жет быть выбран m способами, то объект, состоящий из объединения A и B , может быть выбран mk ⋅ способами.

Пример 6 [ВМиК–2004, устн.]. Сколько различных целых делителей имеет число 37210 ? Решение. Поскольку =37210 37373737 7532 ⋅⋅⋅ , то, следовательно, делите-лями этого числа являются числа вида

lkmn 7532 ⋅⋅⋅± , где 37,,,0 ≤≤ lkmn . Таким образом, искомое количество делителей равно

( )( )lkmnнаборовразличныхчисло ,,,2 ⋅ 4382 ⋅= .


124

Рассмотрим вопрос из области комбинаторики: сколькими способами можно выбрать m предметов из n различных предметов? Количество таких способов принято обозначать m

nC и называть числом сочетаний из n по m . Число соче-таний из n по m можно вычислить по следующей формуле, в написании кото-рой используется понятие факториала:

=mnC

)!(!!

mnmn−⋅

.

Например, 10 == nnn CC , nCC n

nn == −11 , ( )

!2122 −

== − nnCC nnn ,…,

( )( ) ( )( )!

1...21k

knnnnCC knn

kn

−−⋅⋅−−== − .

Кстати, число !n в комбинаторике также имеет свой смысл. Количество раз-личных способов, какими можно упорядочить n данных предметов, называется числом перестановок из n предметов, обозначается nP и вычисляется по формуле

!nPn = К разряду формул сокращённого умножения принято относить и бином Ньютона. Пусть a и b – произвольные действительные числа, n – любое на-туральное число. Биномом Ньютона называется следующая формула для вы-числения ( )nba + (доказывается в разделе 4):

( )nba + =⋅⋅= ∑=

−n

m

mmnmn baC

0

222110 baCbaCaC nn

nn

nn ⋅⋅+⋅⋅+⋅ −− +…

...... +⋅⋅+ − kknkn baC =⋅+⋅⋅+ −− nn

nnn

n bCbaC 11

( ) ...!2

1 221 +⋅⋅−

+⋅⋅+= −− bannbana nnn

( )( ) ( )+⋅⋅

+−⋅⋅−−+ − kkn ba

kknnnn

!1...21... nn bban +⋅⋅+ −1... .

Здесь числа mnC называются биномиальными коэффициентами [1].

Формула бинома Ньютона была известна математикам задолго до Ньютона. За-слуга И.Ньютона в том, что он сумел получить гораздо более общую формулу –

для степени ( )nba + , где n – любое действительное число.

Коэффициенты mnC могут быть последовательно записаны в так называемый

треугольник Паскаля (в котором каждое число внутри треугольника равно сум-ме двух чисел, стоящих над ним):


125

n (a+b)n CCC n

nnn...,,, 10

0 (а+b)0 1 1 (a+b)1 1 1 2 (a+b)2 1 2 1 3 (a+b)3 1 3 3 1 4 (a+b)4 1 4 6 4 1 5 (a+b)5 1 5 10 10 5 1 6 (a+b)6 1 6 15 20 15 6 1 … … …

Паскаль Блез (1623–1662) – французский математик, физик, философ. Эти коэффициенты бывают нужны, например, если при решении какой-либо задачи надо быстро раскрыть, чему равно ( )nba + при 3>n . Например, ис-пользуя указанное выше свойство треугольника Паскаля, легко вычислить (a+b)5= a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5, (a−b)5= a5−5a4b+10a3b2−10a2b3+5ab4−b5.

Свойства биномиальных коэффициентов 1. Правило симметрии: равноотстоящие от концов биномиального разложе-ния коэффициенты равны между собой, т.е. mn

nmn CC −= .

2. Число членов разложения равно 1+n . 3. Сумма показателей степеней у чисел a и b в каждом члене разложения равна показателю степени бинома n . 4. Сумма коэффициентов всех членов разложения равна n2 . 5. Правило Паскаля: m

nmn

mn CCC += −+

11 .

Формулы сокращённого умножения весьма часто используются при реше-нии всевозможных математических задач, позволяют преобразовать уравнение (неравенство) к более простому для дальнейшего решения виду.

Пример 7 [Олимпиада «Ломоносов–2007», устн.]. Доказать, что в пред-

ставлении в виде десятичной дроби числа ( )99526 + первые 98 цифр справа

после запятой равны нулю.

Решение. Заметим, что число ( ) −+99

526 ( ) n=−99

526 является нату-ральным (для этого не обязательно знать бином Ньютона, достаточно осознать, что коэффициенты при раскрытии обеих скобок при одинаковых нечётных степе-нях числа 26 будут одинаковыми и при взятии разности исчезнут). Но тогда


126

( ) +=+ n99

526 ( ) <−99

526 (так как 1,526 < ) ( )991,0+< n ,

откуда и слудует доказываемый результат. В заключение данного пункта рассмотрим пример текстовой задачи, при ре-шении которой понадобится обычная практическая логика и немного правило умножения (из комбинаторики).

Пример 8 [Высшая школа бизнеса–2004]. Сколько времени в течение суток на электронном табло вокзальных часов, которые показывают время в диапа-зоне от 00:00 до 23:59, присутствует хотя бы одна цифра 3? Решение. Занумеруем четыре позиции табло слева направо. В 1-й позиции цифра «3» не появляется никогда. Во 2-й позиции цифра «3» присутствует в течение трёх полных часов, начинающихся с 03:00, 13:00, 23:00. Остаётся 21 час, в течение каждого из которых цифра «3» по одному разу занимает 3-ю по-зицию табло в течение 10 минут, а в течение остальных 50 минут каждого часа 5 раз ровно (03,13,23,33,43,53) по 1 минуте занимает последнюю, 4-ю позицию табло. В результате общее время присутствия цифры «3» на табло равно

+час3 мин1021× =××+ мин1521 минчас 158 .

2.3. Некоторые известные алгебраические неравенства

Неравенство о сумме двух взаимно обратных чисел

Обратным к числу a ( 0≠a ) называется, по определению, число a1 .

Теорема (неравенство о сумме двух взаимно обратных чисел). 1) Если 0>a , то справедливо неравенство ( ) 21 ≥+ aa , причём неравен-ство обращается в равенство только при =a 1. 2) Если 0<a , то справедливо неравенство ( ) 21 −≤+ aa , причём нера-венство обращается в равенство только при 1−=a . Доказательство. 1) Пусть 0>a . Умножив неравенство 21 ≥+ aa на a

(с сохранением знака), получим равносильное неравенство 0122 ≥+− aa ⇔

( ) 01 2 ≥−a , которое, очевидно, верно. Причём последнее неравенство, а, зна-чит, и доказываемое обращаются в равенство тогда и только тогда, когда 1=a . 2) Пусть 0<a . Тогда неравенство 21 −≤+ aa равносильно после умно-

жения на a (с учётом знака) очевидному неравенству 0122 ≥++ aa ⇔

Алгебраические уравнения и неравенства

127

⇔( ) 01 2 ≥+a , причём последнее неравенство, а, следовательно, и доказывае-мое, обращаются в равенства тогда и только тогда, когда =a 1− . Следствие 1. Для любого 0≠a справедливо неравенство 21 ≥+ aa , при-

чём равенство достигается только при 1±=a .

Следствие 2. Если a и b – два числа одного знака, т.е. 0>ab , то спра-

ведливо неравенство 2≥+ab

ba

.

Пример [ВМиК–1996, устн.]. Доказать, что для положительных чисел a , b и c справедливо неравенство (Минковского)

( ) 9111≥⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅++

cbacba .

Доказательство. Раскроем скобки и сгруппируем вместе образующиеся при этом пары взаимно обратных чисел:

6≥⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

bc

cb

ac

ca

ab

ba

.

Так как каждое из трёх выражений в скобках, очевидно, не меньше 2, то нера-венство доказано.

Наиболее известные средние величины и соотношения между ними (*)

Пусть даны n неотрицательных чисел naaa ,...,, 21 . Их средним арифметическим называется число

naaa

A nn

+++=

...21 ,

средним геометрическим – число n

nn aaaG ⋅⋅⋅= ...21 .

Средним гармоническим n положительных чисел naaa ,...,, 21 называется число

n

n

aaa

nH1...11

21

+++= .


128

Название «среднее гармоническое» появилось в связи с исследованиями пифагорей-цев в теории музыки. Они установили, что звуки, издаваемые струнами длины l и l2 , для нашего восприятия практически сливаются. Интервал, образованный этими звуками, назван октавой. А струна длины 34l издает звук, образующий вместе с двумя исход-ными гармонично звучащий аккорд. При этом обратные величины длин струн, т.е.

lll 21,

3/41,1

, образуют арифметическую прогрессию, так как ( ) ( )

2211

3/41 lll

+= .

По аналогии, если для чисел cba ,, выполнено равенство ( ) ( )

2111 ba

c+

= , то число

c стали называть средним гармоническим чисел a и b . По схожей причине числовой ряд

=∑∞

=1

1n n

...1...41

31

211 ++++++

n

также называется гармоническим, поскольку каждый его член является средним гармо-ническим двух соседних членов, т.е. обратная величина любого члена равна среднему арифметическому обратных величин членов, соседних с ним:

( ) ( )2

11 ++−=

nnn .

Наконец, средним квадратичным неотрицательных чисел ,...,, 21 aa na..., называется число

naaa

S nn

222

21 ...+++

= .

В общем случае для произвольного действительного α 0≠ вводится сред-нее степенное порядка α для положительных чисел naaa ,...,, 21 :

( ) =αnVαααα1

21 ...⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +++

naaa n .

При 0=α среднее степенное определяется как ( )αα nV

0lim→

. Этот предел суще-

ствует и равен среднему геометрическому чисел nG . Введённые выше средние

величины являются частными случаями среднего степенного. Так, при 1−=α среднее степенное превращается в среднее гармоническое nH , при 1=α из

среднего степенного получаем среднее арифметическое nA , а при 2=α –


129

среднее квадратичное nS . Более того, среднее степенное является возрастаю-щей функцией параметра α , т.е. большему значению α всегда соответствует большее значение ( )αnV . На самом деле разнообразие средних величин гораздо шире. Существуют средние величины смешанного или комбинированного вида. Приведём принцип построения ве-личин подобного рода. Пусть a и b – неотрицательные действительные числа. Рас-

смотрим две числовые последовательности { } { }nn yx , , Nn∈ , определяемые рекур-

рентными формулами byax == 11 , ,

nnn yxx =+1 , 21

nnn

yxy

+=+ ( ,...3,2,1=n ).

В курсе математического анализа в высших учебных заведениях доказывается, что при +∞→n значения nx и ny стремятся к общему предельному значению (в школьном курсе математики, как правило, не дается строгое определение предела число-вой последовательности, поэтому будем руководствоваться интуитивным понятием пре-дельного значения). Заметим лишь, что это число существует, единственно и называется арифметико-геометрическим средним чисел a и b .

Обозначим ( )naaa ;...;;min 21 – наименьшее, а ( )naaa ;...;;max 21 – наи-

большее из действительных чисел naaa ,...,, 21 . Тогда справедливо следующее соотношение между средними величинами:

0 ≤ ( )naaa ;...;;min 21 ≤ nH ≤ nG ≤ nA ≤ nS ≤ ( )naaa ;...;;max 21 ,

причём все неравенства одновременно обращаются в равенства тогда и только тогда, когда naaa === ...21 .

В частности, для двух положительных чисел a и b имеем:

( )ba;min ≤ ba 11

2+

≤ ab ≤ 2

ba + ≤

2

22 ba + ≤ ( )ba;max .

Докажем эти неравенства для случая двух чисел, сводя их эквивалентными преобразованиями к очевидным алгебраическим неравенствам.

1) ba 11

2+

≤ ab ⇔ba

ab+

2≤ ab ⇔

( )ab

baba

≤+ 2

224 ⇔ ( )24 baab +≤ ⇔

⇔ ( )20 ba −≤ , причём обращаются все эти неравенства в равенства ⇔ ba = .

2) ab ≤ ( ) 2ba + ⇔ baab +≤2 ⇔ ( )20 ba −≤ , причём равен-ство достигается тогда и только тогда, когда ba = .


130

3) 2

ba +≤

2

22 ba + ⇔ 22

222 baba +≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⇔ ( ) ≤+ 2ba ( )222 ba + ⇔

⇔ ( )20 ba −≤ , причём равенство достигается ⇔ ba = .

Неравенство Коши (*)

Коши Огюстен Луи (1789–1857) – французский математик, работав-ший главным образом в области математического анализа (дифференци-альные уравнения, теория рядов) и теории функций комплексного пере-менного. Член Парижской Академии наук. Написал за свою жизнь около 1500 научных работ.

Вначале докажем вспомогательную лемму. Лемма. Если 1...21 =⋅⋅⋅ nxxx , 0>ix , ,,...,1 ni = то

nxxx n ≥+++ ...21 ( 2≥n ). Доказательство. Воспользуемся методом математической индукции.

1) Убедимся в справедливости данного утверждения при 2=n : 121 =⋅ xx ⇒ 21 11 ≥+ xx – верно.

Причём равенство достигается ⇔ 121 == xx .

2) Предположим, что 1...21 =⋅⋅⋅ kxxx ( 0>ix ) и kxxx k ≥+++ ...21 ,

и рассмотрим любые положительные числа ,...,, 21 xx 1, +kk xx такие, что

1... 11 =⋅⋅⋅ +kk xxx . Если все эти числа равны единице, то доказываемое ут-верждение очевидно. Пусть это не так. Тогда среди этих чисел найдётся число, меньшее 1, и число, большее 1. Допустим, что 1>kx , 11 <+kx (можно было наоборот). Имеем равенство:

1)(... 111 =⋅⋅⋅ +− kkk xxxx .

К этому произведению k чисел применимо предположение индукции, т.е. kxxxx kkk ≥⋅+++ +− 111 ... ,

откуда получаем 111 ... +− ⋅−≥++ kkk xxkxx .

Но тогда 111 )...( +− ++++ kkk xxxx )( 1+⋅−≥ kk xxk ++=++ + 11 kxx kk

)1)(1( 1+−−+ kk xx 1+> k , так как 01 >−kx и 01 1 >− +kx . При этом ра-

венство достигается ⇔ все 1=ix .

3) В силу произвольности k , лемма доказана. А теперь докажем неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим в общем случае (для n чисел).


131

Теорема (неравенство Коши). Для любых 0≥ix , ,,...,1 ni = справедливо неравенство

nn

n xxxn

xxx⋅⋅⋅≥

+++...

...21

21 ,

которое обращается в равенство тогда и только тогда, когда

nxxx === ...21 .

Доказательство. Обозначим nnxxxC ⋅⋅⋅= ...21 , Cxy ii = , и применим

лемму для чисел iy , ni ,...,1= . Так как 1...... 11 =⋅⋅=⋅⋅ nnn Cxxyy , то, по

доказанному выше, nyyy n ≥+++ ...21 ⇔

⇔ nC

xxx n ≥+++ ...21 ⇔ ≥

++n

xx n...1 nnxxxC ⋅⋅⋅= ...21 ,

причём неравенство обращается в равенство, только когда все 1=iy , т.е.

nxxx === ...21 .

Пример 1. Доказать неравенства Коши:

1) для четырёх чисел 4

4abcddcba

≥+++

( )0,,, ≥dcba ;

2) для трёх чисел 3

3abccba

≥++ ( )0,, ≥cba .

Доказательство. Рассмотрим доказательство указанных неравенств без ис-пользования общего неравенства Коши. Докажем вначале неравенство для че-тырёх чисел, а уже потом с его помощью для трёх чисел.

1) =+

≤+

≤⋅=++

22224dcbacdabcdababcd

4dcba +++

.

2) Запишем неравенство Коши для четырёх чисел cba ,, и ( ) 3cba ++ :

( )( )4

33

4cbacbacbaabc +++++

≤++ .

Упростив правую часть, возведём неравенство в четвёртую степень. Сокращая на ( ) 3cba ++ и извлекая кубический корень, получим требуемое.

Пример 2 [ВМиК–2002, устн.]. Сравнить два числа ( )2ba + и

( ) abba +22 , где a и b – неотрицательные числа, ba ≠ .

Решение. Преобразуем числа к виду


132

( )2ba + ( ) abba 2++= , ( ) abba +22 ( )( )abba 22 += . После деления обоих чисел на 2, приходим к неравенству между средними арифметическим и геометрическим (для чисел ba + и ab2 ):

( ) ( )( )abbaabba 22

2+>

++. Ответ: первое число больше.

Пример 3 [Мехмат–1961]. Доказать, что верно неравенство ( )( )nnn 21! +< , где n – любое целое число, большее единицы.

Решение. Запишем неравенство Коши для чисел 1, 2, 3,…, n :

n nn

n⋅⋅⋅⋅>

++++ ...321...321

(знак в неравенстве строгий, так как все числа различны). Упрощая левую

часть по формуле naa

S nn ⋅

+=

21 суммы первых n членов арифметической

прогрессии { }na с первым членом 11 =a , nan = , и заменяя справа подко-

ренное выражение на !n , получим ( ) n nn !21 >+ , откуда, возводя обе части неравенства в степень n , получаем искомое неравенство доказанным.

Пример 4. Найти наименьшее значение функции 22

415x

xy += .

Решение. При 0≠x воспользуемся для решения задачи следствием нера-

венства Коши: abba 2≥+ , положив 25xa = , ( )241 xb = :

5525 22 412

412 =⋅≥+=

xxxxy ,

причём наименьшее значение функции, равное 5 , достигается тогда и только

тогда, когда =25x ( )241 x , т.е. при 4 201±=x .

Неравенство между средним геометрическим и средним гармоническим (*)

Теорема. Для любых положительных действительных чисел nxxx ,...,, 21

( 2≥n ) справедливо неравенство nxxx

nn

nxxx11121 ...

...21

+++≥⋅⋅ , причём нера-

венство обращается в равенство тогда и только тогда, когда


133

nxxx === ...21 . Доказательство. Для доказательства достаточно применить неравенство Коши к числам nxxx 1,...,1,1 21 :

n

n

xxx

xxxnn 1...11...

21

11121 ⋅⋅⋅≥

+++,

откуда и получаем требуемое неравенство.

Неравенства Бернулли (*)

Бернулли Якоб (1654–1705) – швейцарский учёный, профессор Базель-ского университета (Швейцария). Известен своими работами по дифферен-циальной геометрии, вариационному исчислению и математической физике.

Теорема 1 (неравенство Бернулли с натуральным показателем). При любом действительном x ( 1−>x ) и при любом натуральном n справедливо нера-венство

( ) nxx n +≥+ 11 . Доказательство. Воспользуемся для доказательства методом полной мате-матической индукции (по параметру n ).

1) При 1=n имеем: ( ) xx ⋅+≥+ 111 1 – верно. 2) Предположим, что неравенство выполняется при некотором произвольном

kn = , т.е. ( ) kxx k +≥+ 11 , и докажем, что тогда оно выполняется и при

1+= kn , т.е. ( ) ( )xkx k 111 1 ++≥+ + . В самом деле,

( ) =+ +11 kx ( ) ( ) ≥++ xx k 11 ( ) ( ) =+⋅+ xkx 11 ( ) ≥+++ 211 kxxk ( )xk 11 ++ .

3) В силу произвольности k отсюда следует, что данное неравенство вы-полнено сразу при всех натуральных n . Заметим, что неравенство Бернулли обращается в равенство только при 0=x или 1=n . Сформулируем без доказательства неравенство Бернулли в случае, когда показатель степени в неравенстве не является натуральным.

Теорема 2 (неравенство Бернулли с произвольным показателем). Пусть x , Rr ∈ , 1−>x , 0≠r , 1≠r . Тогда справедливы неравенства

( ) xrx r +≤+ 11 , если 10 << r ,

( ) xrx r +≥+ 11 , если [ ]1,0∉r , причём неравенства обращаются в равенства только при 0=x .


134

Пример [ВМиК–2000, устн.]. Найти наибольшее значение функции

( ) 6 13

1 xxxf ++−= .

Решение. Дважды воспользуемся на области определения функции неравен-ством Бернулли:

61

3211

31

21 xxx−=⋅−≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ − и ( ) xx ⋅+≤+

6111 6

1.

Складывая эти неравенства, получаем неравенство

( ) ( ) 26

16

113

1 6121

=++−≤++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

xxxxxf ,

причём равенство достигается при 0=x (в каждом из двух неравенств). По-этому ( ) 20 =f – наибольшее значение функции. Ответ: 2max =f .

Рассмотрим, наконец, обобщённое неравенство Бернулли для нескольких действительных чисел.

Теорема 3 (неравенство Бернулли для n чисел). Пусть nxxx ,...,, 21 ― числа

одного знака, 1−>ix , ni ,...,2,1= . Тогда

( )( ) ( ) nn xxxxxx ++++≥+⋅⋅++ ...11...11 2121 .

Доказательство (методом математической индукции). 1) При 1=n неравенство, очевидно, выполняется. 2) Предположим, что неравенство верно при некотором kn = , т.е.

( )( ) ( ) kk xxxxxx ++++≥+⋅⋅++ ...11...11 2121 ,

и докажем, что тогда оно выполняется и при 1+= kn , т.е. ( )( ) ( )121 1...11 ++⋅⋅++ kxxx ≥ 121 ...1 +++++ kxxx .

Действительно, ( )( ) ( )121 1...11 ++⋅⋅++ kxxx ≥ ( )( ) =+++++ +121 1...1 kk xxxx

( )kkk xxxxxxx ++++++++= ++ ......1 211121 ≥

121 ...1 +++++≥ kxxx , так как ( ) 0...211 ≥++++ kk xxxx .

3) В силу произвольности k отсюда заключаем, что данное неравенство выполняется при любом натуральном n . Неравенство обращается в равенство, только если 1=n или 0...21 ==== nxxx .

В частности, при nxxx === ...21 получаем ( ) nxx n +≥+ 11 .


135

Неравенство Коши–Буняковского (*)

Буняковский Виктор Яковлевич (1804–1889) – русский матема-тик, академик Петербургской АН. Математическое образование по-лучил в Париже. Преподавал в Петербургском университете. Рабо-тал в области теории чисел и теории вероятностей. В математиче-ском анализе занимался теорией неравенств.

Теорема (неравенство Коши–Буняковского). Для любых действительных чисел naaa ,...,, 21 и nbbb ,...,, 21 справедливо неравенство

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛≤⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∑∑∑===

n

ii

n

ii

n

iii baba

1

2

1

22

1.

Доказательство. Воспользуемся для доказательства очевидным алгебраиче-ским неравенством:

( )∑=

≥+n

iii bta

1

2 0 , Rt ∈∀ .

Раскрыв квадрат суммы, преобразуем это неравенство к виду

( ) 021

222 ≥++∑=

n

iiiii btbata ,

и разобьём левую часть на сумму трёх слагаемых

021

2

1

2

1

2 ≥+⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+⋅⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∑∑∑===

n

ii

n

iii

n

ii btbata .

Обозначив ∑=

=n

iiaA

1

2 , ∑=

⋅=n

iiibaB

1

2 , ∑=

=n

iibC

1

2 , получим, что квадратное

неравенство 02 ≥++ CBtAt должно выполняться сразу при всех действи-тельных значениях переменной t . Исключая тривиальный случай, когда все числа ia одновременно обращаются в нуль, имеем 0>A и, следовательно, неравенство верно при всех t тогда и только тогда, когда дискриминант квад-ратного трёхчлена ACBD 42 −= неположителен, т.е.

041

2

1

22

1≤

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅= ∑∑∑

===

n

ii

n

ii

n

iii babaD ,

откуда и вытекает необходимое неравенство. Замечание. Неравенство Коши–Буняковского обращается в равенство тогда и только тогда, когда 0=+ ii bta ni ,..,2,1=∀ . Если 0≠ia ( )ni ,...,2,1= ,


136

то условие обращения неравенства в равенство можно записать в виде условия пропорциональности чисел ia и ib :

n

n

ab

ab

ab

=== ...2

2

1

1 .

Некоторые авторы применяют эту форму записи условия и в общем случае, ко-гда отдельные (или даже все сразу) из чисел ia могут обращаться в нуль. При

этом дополнительно оговаривается, что если некоторое ka равно нулю, то и

соответствующее kb также должно обращаться в нуль.

Пример. Пусть 1=++ cba . Доказать справедливость неравенства 31222 ≥++ cba для произвольных действительных чисел cba ,, .

Доказательство. Воспользуемся неравенством Коши–Буняковского

( ) ( ) ( )221

221

211 ......... nnnn bbaababa ++⋅++≤++

при 3=n , полагая aa =1 , ba =2 , ca =3 и 1321 === bbb :

( ) ( ) ( ) ( )2222222222 31111111 cbacbacba ++=++⋅++≤⋅+⋅+⋅=

После деления обеих частей последнего неравенства на 3 получаем исходное неравенство доказанным.

Неравенство между средним арифметическим и средним квадратичным (*)

Теорема. Для любых неотрицательных действительных чисел nxxx ,...,, 21

( 2≥n ) справедливо неравенство

nxxx

nxxx nn

222

2121 ...... +++

≤+++

,

которое обращается в равенство, только если nxxx === ...21 .

Доказательство. Согласно неравенству Коши–Буняковского имеем

( ) ( ) ( )222222

21

221 1...11...1...11 +++⋅+++≤⋅++⋅+⋅ nn xxxxxx ,

откуда после деления на 2n и извлечения квадратного корня из обеих частей неравенства получаем искомое неравенство. Равенство имеет место тогда и только тогда, когда nxxx === ...21 .


137

Пример [ВМиК–2000, устн.]. Доказать, что для неотрицательных чисел cba ,, имеет место неравенство

33

222 cbacba ++≤

++.

Доказательство. Для начала возведём доказываемое неравенство в квадрат

33

2222 cbacba ++≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

,

затем умножим обе его части на 9:

( ) ( )2222 3 cbacba ++≤++ . Раскроем теперь квадрат в левой части и перенесём после этого все слагаемые направо. Выделяя затем три полных квадрата, приходим к очевидному неравен-ству (эквивалентному доказываемому)

( ) ( ) ( ) 0222 222222 ≥+−++−++− cbcbcacababa .

Таким образом, неравенство доказано.

Задачи на доказательство различных алгебраических неравенств (*)

Существуют конкурсные задачи, в которых требуется доказать справедли-вость того или иного алгебраического неравенства, в записи которого присутст-вуют несколько буквенных обозначений, при всех значениях входящих в него букв (доказательство тождеств) или, например, только для положительных зна-чений. Иногда требуется доказать неравенство при выполнении некоторого до-полнительного условия. Рассмотрим примеры.

Пример 1. Доказать, что при всех действительных cba ,, имеет место неравенство

acbcabcba ++≥++ 222 , и выяснить, когда оно обращается в равенство. Доказательство. Выполним следующие равносильные преобразования:

acbcabcba ++≥++ 222 ⇔ ( ) ( )acbcabcba ++≥++ 22 222 ⇔

⇔( ) ( ) ( ) 0222 222222 ≥+−++−++− cacacbcbbaba ⇔

⇔( ) ( ) +−+− 22 cbba ( ) 02 ≥− ca . Последнее неравенство, очевидно, выполняется при всех действительных значе-ниях cba ,, , при этом обращается в равенство тогда и только тогда, когда все три квадрата равны нулю, т.е. cba == .


138

Пример 2 [ВМиК–2003, устн.]. Три положительных числа cba ,, таковы, что 12≥++ bcacab . Доказать, что в этом случае имеет место неравенств

6≥++ cba . Доказательство. Воспользуемся доказанным выше неравенством:

( ) ( ) ≥+++++=++ acbcabcbacba 22222

( ) =+++++≥ acbcabacbcab 2 ( ) 363 ≥++ acbcab , откуда и получим, что 6≥++ cba .

Пример 3 [ВМиК–1998, устн.]. Пусть 1≥+ ba . Доказать справедливость неравенства 8144 ≥+ ba .

Доказательство. Так как 1≥+ ba ⇒ ( ) 12 ≥+ ba , т.е.

12 22 ≥++ baba . (1) Сложив это неравенство с известным неравенством

abba 222 ≥+ , (2) получим 2122 ≥+ ba . Аналогично, так как 2122 ≥+ ba , то

( ) 41222 ≥+ ba , т.е.

412 4224 ≥++ bbaa . (3) Сложив неравенство (3) с неравенством 2244 2 baba ≥+ , (4) получим искомое неравенство.

Приведём теперь пример задачи, в которой для повышения эффективности решения целесообразно использовать замену переменных. Пример 4 [ВМиК–2004, устн.]. Доказать, что если 0>a , 0>b , 0>c , то

3222≥

++

++

+ abc

cab

cba

.

Доказательство. Пусть ( ) 2cbx += , ( ) 2cay += , ( ) 2baz += . То-гда, выражая cba ,, через zyx ,, , получим систему

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−+=−+=−+=

,zyxcyzxbxzya

и доказываемое неравенство принимает вид


139

3≥−+

+−+

+−+

zzyx

yyzx

xxzy

.

Поделив почленно и сгруппировав слагаемые, получим

33 ≥−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

yz

zy

xz

zx

xy

yx ,

что, очевидно, верно (в силу неравенства о сумме взаимно обратных положи-тельных чисел). Неравенство доказано.

Пример 5 [ВМиК–1996, устн.]. Пусть 2=+ ba . Доказать, что 233 ≥+ ba .

Доказательство. Так как 2=+ ba , то найдётся такое число ε , что

ε+=1a , ε−=1b . Тогда ( ) ( ) 26211 23333 ≥+=−++=+ εεεba , что и требовалось доказать.

Пример 6 [Олимпиада «Ломоносов–2008», ВМиК, устн.]. Пусть 0>> ca ,

cb > . Доказать, что ( ) ( ) abcbccac ≤−+− .

Доказательство. Положим ( )ca α+= 1 , ( )cb β+= 1 , где >βα , 0 . Надо доказать, что

( )( ) 222 11 ccc βαβα ++≤+ ⇔ ( )( )βαβα ++≤+ 11 .

Имеем: ( ) 012≥−αβ ⇔ αβαβ +≤12 ⇔

⇔ αββαβαβα +++≤++ 12 ⇔ ( ) ( )( )βαβα ++≤+ 112

.

Последнее неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда 1=αβ , т.е. 1=αβ ⇔ ( )ca α+= 1 , ( )cb α11+= . Исключая из этой сис-

темы α , находим условие обращения неравенства в равенство: ( )baabc += .

В следующем примере показывается, что иногда неравенство можно дока-зать с помощью геометрического подхода.

Пример 7 [ВМиК–1996, устн.]. Доказать, что для любых положительных чисел cba ,, справедливо неравенство

≤+−++ 2222 caabba bccb ⋅−+ 322 . Доказательство. Известно, что для треугольника со сторонами cba ,, и углом величины γ между сторонами ba, справедлива теорема косинусов:

γcos2222 abbac −+= .


140

Запишем выражение под первым из радикалов в виде:

( ) abba ⋅−⋅−+ 21222 .

Тогда геометрический смысл этого радикала состоит в том, что он численно равен длине третьей стороны AB в треугольнике OAB со сторонами

aOA = , bOB = , o120=∠AOB . Аналогично можно дать геометрическую интерпретацию двум другим радикалам в исходном неравенстве:

22 caAC += ,

=BC bccb ⋅−+ 322 .

В результате неравенство принимает вид:

BCACAB +≤ ,

что, очевидно, верно, так как это известное из геометрии неравенство треугольника (справедливо при произвольном расположе-

нии точек CBA ,, на плоскости). Задачи, при решении которых для более быстрого (по сравнению со стан-дартными способами) получения тех или иных оценок используются алгебраи-ческие неравенства, часто относят к нестандартным. Задачи такого рода перио-дически встречаются на олимпиадах и при выполнении тестов по математике. Формирование навыков использования при оценивании исследуемых величин подходящих неравенств, безусловно, повышает общую культуру школьника.

O A

B

C

b

c

a

300

Раздел 3

АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

«Алгебра – часть математики, изучающая (пользуясь бук-венными обозначениями) общие свойства числовых систем и общие методы решения задач при помощи уравнений».

Большой энциклопедический словарь

3.1. Уравнения, тождества, неравенства: определения и классификация

Уравнением называется равенство двух математических выражений с одной или несколькими переменными. В математике рассматриваются два вида ра-венств – тождества и уравнения. Тождество – это равенство, которое выполня-ется при всех допустимых значениях входящих в него букв. Для записи тожде-ства наряду со знаком обычного равенства «=» также используется знак тожде-ственного равенства «≡». В отличие от тождества уравнение – это равенство, которое выполняется лишь при некоторых значениях входящих в него букв или даже не выполняется никогда. Используемые при записи уравнения буквы бы-вают двух видов; те буквы, значения которых требуется отыскать, называют неизвестными (например, zyx ,, ,…) или переменными. Другие называют ко-эффициентами или параметрами. В зависимости от числа неизвестных уравне-ние называют уравнением с одной, двумя и т.д. неизвестными. Два математиче-ских выражения, связанные одним из знаков «< » (меньше), «> » (больше), «≤ » (меньше либо равно), «≥ » (больше либо равно), «≠ » (не равно), образуют не-равенство.

В общем виде уравнение с одним неизвестным имеет представление ( ) 0=xf ,

где ( )xf – некоторая функция неизвестной x . Областью (множеством) до-пустимых значений (ОДЗ) неизвестной x в этом случае называют область опре-деления функции ( )xf . Значения неизвестной x из области допустимых зна-


142

чений уравнения, обращающие уравнение в верное тождество, называют реше-ниями (корнями) уравнения. Уравнение считается решённым, если найдены все его решения или показано, что оно не имеет решений. Аналогично всякое зна-чение неизвестной x из области допустимых значений неравенства, обращаю-щее неравенство в верное числовое неравенство, называется решением неравен-ства. Все решения неравенства образуют множество его решений.

Если ( )xfy = – одна из основных элементарных функций, b – некоторое

действительное число, то уравнение ( ) bxf = принято называть простейшим

уравнением. Например, при R∈α уравнение bx =α называется простейшим степенным уравнением, в частности при Nn∈ уравнение bx n = носит на-звание простейшего целого алгебраического уравнения, а bx n =− – простей-шего дробного алгебраического уравнения; при 10 ≠< a уравнения ba x = и

bxa =log называются соответственно простейшими показательным и лога-

рифмическим уравнениями; уравнения bx =sin , bx =cos , btgx = , bctgx = – простейшими тригонометрическими уравнениями; уравнения

bx =arcsin , bx =arccos , barctgx = , barcctgx = – простейшими урав-нениями с обратными тригонометрическими функциями и т.д.

Пример 1 [Химфак–2003]. Найти все значения a , при каждом из которых

множество решений неравенства 0>− axa

содержит точку 1=x .

Решение. Число 1=x является решением неравенства тогда и только тогда, когда ( ) 01 >− aa ⇔ ( ) 01 >− aa . Ответ: ( )1,0∈a .

Рассмотрим простейшую классификацию уравнений (неравенств), изучае-мых в школьном курсе. В алгебраических уравнениях над неизвестными совер-шаются, и притом в конечном числе, лишь операции сложения, вычитания, ум-ножения, деления, возведения в целую степень и извлечения корня. Если над неизвестными совершаются и другие операции, например возведение в ирра-циональную степень, взятие логарифма или синуса, или же перечисленные вы-ше математические операции совершаются бесконечное число раз, то уравнение называется трансцендентным. В рациональных уравнениях отсутствует опера-ция извлечения корня из выражения, содержащего неизвестные. В целых урав-нениях отсутствует операция деления на выражение, содержащее неизвестные, а в дробных – такое деление есть.


143

Например: yx

yx 523

3

=+−

― дробно-рациональное уравнение с двумя неиз-

вестными; xx −<−14 2 ― иррациональное неравенство с одним неизвест-

ным; 0232 23 =+− xx ― целое рациональное уравнение 3 -й степени с од-

ним неизвестным; 223

15

22 ≥

+−

++ z

zz

z― дробно-рациональное неравенство с

одним неизвестным; 5=πx ― трансцендентное уравнение с одним неизвест-ным. Любое целое рациональное алгебраическое уравнение с одним неизвестным x степени n после преобразований можно привести к стандартному виду:

0... 012

21

1 =+++++ −− axaxaxaxa n

nn

n ,

где n∈ N , 0≠na , Rai ∈ ( ni ,...,1,0= ) – коэффициенты уравнения, na –

старший коэффициент, 0a – свободный член.

Пример 2 [ВМиК–2004, устн.]. Найти сумму коэффициентов многочлена, который получится после раскрытия скобок и приведения подобных членов в выражении:

( ) ( )2492342 551331 xxxx −+⋅+− .

Решение. Конечно, никто не ожидает от вас на экзамене, что вы начнёте рас-крывать скобки и приводить данный многочлен к стандартному виду. У этой задачи существует оригинальное и очень простое решение. Обозначим данный

УРАВНЕНИЯ

АЛГЕБРАИЧЕС-КИЕ

ТРАНСЦЕНДЕНТ- НЫЕ

ТРИГОНОМЕТ- РИЧЕСКИЕ

(ОБРАТНЫЕ)

ЛОГАРИФМИ- ЧЕСКИЕ

РАЦИОНАЛЬ-НЫЕ

ИРРАЦИО- НАЛЬНЫЕ

ПОКАЗАТЕЛЬ- НЫЕ

ЦЕЛЫЕ

ДРОБНЫЕ

СТЕПЕНИ С ИРРАЦИОН.

ПОКАЗАТЕЛЯМИ


144

многочлен через ( )xf . Тогда искомая сумма его коэффициентов ∑=

n

iia

0

равна

( )1f (объясните, почему). В нашем случае

( )1f ( ) ( ) 1151511131 2492342 =⋅−⋅+⋅⋅+⋅−= . Ответ: сумма коэффициентов равна 1.

Пример 3 [Почвовед.–2005]. Для каких значений параметра p отношение

суммы коэффициентов многочлена ( )182 7−px к его свободному члену мини-мально? Решение. Поскольку сумма коэффициентов данного многочлена равна его значению в точке 1=x , а его свободный член, как несложно увидеть, равен

187 , то рассматриваемое отношение имеет вид ( )

18

18

77−p

. Это выражение не-

отрицательно при всех действительных значениях p и достигает наименьшего значения, равного нулю, только при 7=p .

Пример 4. Привести пример алгебраического уравнения с целыми коэффи-циентами, одним из корней которого является число 23 − .

Решение. Рассмотрим равенство =x 23 − как алгебраическое уравне-ние первой степени относительно неизвестной x . Это уравнение не удовлетво-

ряет условию задачи, так как его свободный член (число 23 − ) иррациона-лен. С целью избавления от иррациональности возведём данное равенство в квадрат, перейдя к следствию

6252 −=x .

Уединим радикал 2562 x−= и ещё раз возведём в квадрат 42102524 xx +−= , или 0110 24 =+− xx .

Благодаря операции возведения в квадрат удалось добиться того, чтобы все ко-эффициенты уравнения стали целочисленными. Полученное уравнение 4 -й степени удовлетворяет условию задачи.

Замечание. Эта задача имеет не единственный ответ. Любое алгебраическое следствие уравнения 0110 24 =+− xx , например уравнение

( )( ) 01101 24 =+−− xxx , также можно было бы предъявить в качестве ответа.


145

3.2. Равносильность и следствие Определение равносильности и следствия

Пусть даны два уравнения: ( ) 0=xf , (1) ( ) 0=xg . (2) Уравнения (1) и (2) называются равносильными, если каждое решение урав-нения (1) является решением уравнения (2) и, наоборот, каждое решение урав-нения (2) является решением уравнения (1). Обозначение:

(1) ⇔ (2). Иными словами, два уравнения равносильны, если множества их решений совпадают. Два уравнения, не имеющие решений, принято считать равносиль-ными. Если одно уравнение не имеет решений, а другое имеет хотя бы одно ре-шение, то в этом случае иногда считают, что второе уравнение является следст-вием первого (существуют и другие точки зрения на последний из указанных фактов [25]). Замена уравнения равносильным ему уравнением называется рав-носильным переходом. Существует понятие равносильности на множестве. При этом уравнения могут не быть равносильными, но быть равносильными на некотором множест-ве. Например, уравнения 12 =x и 1=x равносильны на множестве положи-

тельных чисел, а уравнения ( )( ) 032 =−− xx и 2=x равносильны на множестве рациональных чисел. Если все решения уравнения (1) являются решениями уравнения (2), то по-следнее уравнение называют следствием уравнения (1) и обозначают:

(1) ⇒ (2). Следствие помимо корней исходного уравнения содержит обычно и другие (посторонние) решения. Поэтому если в процессе решения был осуществлен переход к следствию, то в конце решения задачи необходимо сделать проверку найденных значений неизвестной x для исключения посторонних корней. Ис-пользуя понятие следствия, можно сформулировать определение равносильно-сти уравнений (1) и (2) следующим образом: уравнения (1) и (2) равносильны, если

( ) ( )( ) ( )⎩⎨⎧

⇒⇒

.1221

Заметим, что приведённые выше определения равносильности и следствия мож-но распространить на случай неравенств, а также систем и совокупностей.


146

Примеры равносильных преобразований

1. Возведение уравнения (неравенства) в нечётную натуральную степень (извлечение алгебраического корня нечётной степени) приводит к равносильно-му уравнению (неравенству):

( ) ( )xgxf = ⇔ ( )( ) ( )( ) 1212 ++ = nn xgxf ;

( ) ( )xgxf = ⇔ ( ) ( )1212 ++ = nn xgxf ,

( ) ( )xgxf < ⇔ ( )( ) ( )( ) 1212 ++ < nn xgxf ;

( ) ( )xgxf < ⇔ ( ) ( )1212 ++ < nn xgxf , ∈n N .

Пример 1 [Почвовед.–2005]. Решить уравнение ( ) ( )147 1156 −=− xx .

Решение. Извлекая корень седьмой степени, приходим к равносильному урав-нению ( )21156 −=− xx ⇔ 01682 =+− xx . Ответ: { }4∈x .

2. Если функции ( )xf и ( )xg неотрицательны на некотором множестве, то на этом множестве равносильны уравнения (неравенства):

( ) ( )xgxf = ⇔ ( )( ) ( )( ) nn xgxf 22 = ;

( ) ( )xgxf = ⇔ ( ) ( )nn xgxf 22 = ,

( ) ( )xgxf < ⇔ ( )( ) ( )( ) nn xgxf 22 < ;

( ) ( )xgxf < ⇔ ( ) ( )nn xgxf 22 < , ∈n N .

3. Если функция ( )xh определена на ОДЗ исходного уравнения (неравенст-ва), то её можно прибавлять (вычитать) к обеим частям уравнения (неравен-ства):

( ) ( )xgxf = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )xhxgxhxf +=+ ;

( ) ( )xgxf < ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )xhxgxhxf +<+ . В частности, к обеим частям уравнения (неравенства) можно прибавлять (вычи-тать) одно и то же действительное число a : ( ) ( )xgxf = ⇔ ( ) ( ) axgaxf +=+ ;

( ) ( )xgxf > ⇔ ( ) ( ) axgaxf +>+ , a∈ R .

Если же функция ( )xh определена не при всех x∈ОДЗ исходного уравне-

ния (т.е. ОДЗ функции ( )xh уже), то добавление функции ( )xh к обеим частям уравнения может привести к потере решений, например:


147

1=x ⇐ 1

111

1−

+=−

+xx

x .

4. Если функция ( )xh определена и не обращается в нуль на ОДЗ исходного уравнения, то обе части уравнения можно одновременно умножать (делить) на эту функцию:

( ) ( )xgxf = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )xhxgxhxf ⋅=⋅ .

В частности, обе части уравнения можно умножать (делить) на одно и то же от-личное от нуля действительное число a :

( ) ( )xgxf = ⇔ ( ) ( )xgaxfa ⋅=⋅ , a∈ R , 0≠a .

Например, если в уравнении вида ( )( )

( )( )xgxg

xfxf

2

1

2

1 = функции, стоящие в зна-

менателях дробей, не обращаются в нуль ( ( ) 02 ≠xf и ( ) 02 ≠xg ) на ОДЗ уравнения, то такое уранение равносильно уравнению, полученному в результа-те перемножения крайних и средних членов этой пропорции:

( )( )

( )( )xgxg

xfxf

2

1

2

1 = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )xgxfxgxf 1221 ⋅=⋅

(для доказательства достаточно умножить обе части данного уравнения на про-изведение знаменателей ( ) ( ) 022 ≠⋅ xgxf ). В общем случае, если снять огра-

ничения ( ) 02 ≠xf и ( ) 02 ≠xg , это будет переход к следствию.

Если же функция ( )xh имеет свои корни на ОДЗ исходного уравнения, то

умножение на ( )xh приводит к следствию, причём посторонними корнями бу-

дут как раз корни уравнения ( ) 0=xh :

1=x ⇒( ) 22 −=⋅− xxx .

Если ( )xh определена не на всей ОДЗ исходного уравнения (её ОДЗ уже), то

при умножении на ( )xh может произойти потеря корней или даже уравнения могут оказаться несравнимыми:

1=x ⇐ 1

11

1−

=−

⋅xx

x (потеря единственного корня);

21sin =x ⇔/

2sin xxx =⋅ (уравнения не сравнимы).


148

5. Если функция ( )xh определена и положительна на ОДЗ неравенства, то обе его части можно одновременно умножать (делить) на эту функцию, при этом знак неравенства сохраняется:

( ) ( )xgxf < ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )xhxgxhxf ⋅<⋅ , ( ) 0>xh ∀ ∈x ОДЗ.

В частности, обе части неравенства можно умножать (делить) на одно и то же положительное действительное число:

( ) ( )xgxf < ⇔ ( ) ( )xgaxfa ⋅<⋅ , a∈ R , 0>a .

Например, в строгих неравенствах вида ( ) ( ) 0>xgxf множитель ( )xg из знаменателя дроби можно «переносить» в числитель:

( ) ( ) 0>xgxf ⇔ ( ) ( ) 0>⋅ xgxf

(для доказательства достаточно умножить обе части исходного неравенства на ( ) 02 >xg ).

6. Если функция ( )xh определена и отрицательна на ОДЗ неравенства, то обе его части можно одновременно умножать (делить) на эту функцию, при этом знак неравенства следует поменять на противоположный:

( ) ( )xgxf < ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )xhxgxhxf ⋅>⋅ , ( ) 0<xh ∀ ∈x ОДЗ.

В частности, обе части неравенства можно умножать (делить) на одно и то же отрицательное действительное число:

( ) ( )xgxf < ⇔ ( ) ( )xgaxfa ⋅>⋅ , a∈ R , 0<a .

7. Показательные уравнения вида ( ) ( )xgxf aa = ( 0>a , 1≠a ) равносильны уравнению, полученному в результате логарифмирования:

( ) ( )xgxf aa = ⇔ ( ) ( )xgxf = .

8. Если из уравнения ( ) 0=xf следует уравнение ( ) 0=xg , то

( )( )⎩

⎨⎧

==

00

xgxf

⇔ ( ) 0=xf , ( )( )⎢

⎣

⎡==

00

xgxf

⇔ ( ) 0=xg .

Пример 2. Решить уравнение

048sin24sin12sin6sin3sinsin =⋅⋅⋅⋅⋅ xxxxxx .

Решение. Данное уравнение равносильно на множестве действительных чи-сел совокупности шести уравнений


149

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

======

.048sin;024sin;012sin

;06sin;03sin

;0sin

xxx

xx

x

Перенумеруем уравнения цифрами (1)–(6). При этом если 0sin =x , то по формуле синуса тройного аргумента получаем, что 03sin =x . Далее, если

03sin =x , то по формуле синуса двойного аргумента получаем, что 06sin =x , и так далее. Таким образом, каждое последующее уравнение в со-

вокупности является следствием своего предшественника, а значит уравнение (6) является следствием уравнений (1)–(5):

(1) ⇒ (2) ⇒ (3) ⇒ (4) ⇒ (5) ⇒ (6). Поэтому данная совокупность оказывается равносильной уравнению (6):

048sin =x , решая которое, находим Znnx ∈= ,48π .

Примеры неравносильных преобразований

Рассмотрим несколько преобразований, приводящих к следствию (чтобы такого рода преобразования стали равносильными, в большинстве случаев надо просто учесть ОДЗ в решаемой задаче).

1. Возведение уравнения вида ( ) ( )xgxf = в чётную степень приводит, вообще говоря, к следствию:

( ) ( )xgxf = ⇒ ( )( ) ( )( ) nn xgxf 22 = , n∈ N

(в последнем уравнении ( )xf и ( )xg могут иметь разные знаки).

2. Умножение уравнения вида ( ) ( ) ( )xgxfxf =21 на функцию, стоящую в знаменателе, приводит, вообще говоря, к следствию (снимается ограничение

( ) 02 ≠xf ):

( ) ( ) ( )xgxfxf =21 ⇒ ( ) ( ) ( )xgxfxf ⋅= 21 . 3. Взаимное уничтожение одного и того же слагаемого-функции в обеих частях уравнения приводит, вообще говоря, к следствию (из-за возможного расширения ОДЗ):

( ) ( ) ( ) ( )xhxgxhxf +=+ ⇒ ( ) ( )xgxf = .


150

4. Переход от уравнения вида ( ) ( ) 0=⋅ xgxf к совокупности уравнений приводит, вообще говоря, к следствию:

( ) ( ) 0=⋅ xgxf ⇒ ( )( )⎢

⎣

⎡==

.00

xgxf

Например,

( ) 01 =+⋅ xx ⇒ ⎢⎣

⎡

=+=

010

xx

, но ( ) 01 =+⋅ xx ⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥

⎢⎣

⎡

=+=

.001

0

xx

x

5. Возведение иррациональных уравнений вида ( ) ( )nn xgxf 22 = в чётную

степень n2 с целью избавления от радикалов приводит, вообще говоря, к след-ствию (снимаются ограничения ( ) 0≥xf , ( ) 0≥xg ):

( ) ( )nn xgxf 22 = ⇒ ( ) ( )xgxf = .

6. В следующей цепочке преобразований происходит постепенное расшире-ние ОДЗ, что, вообще говоря, может привести к появлению посторонних корней:

( ) ( ) 0=⋅ xgxf ⇒ ( ) ( ) 0=⋅ xgxf ⇒ ( ) ( ) 0=⋅ xgxf .

7. Применение операции взятия синуса к обеим частям уравнения приводит к следствию:

( ) ( )xgxf = ⇒ ( ) ( )xgxf sinsin = .

Например, 6π=x ⇒ ( )6sinsin π=x .

Замечание 1. Понятия равносильности, следствия распространяются на нера-венства, системы и совокупности уравнений и неравенств. Замечание 2. Некорректное использование в процессе решения уравнения соотношения, эквивалентного данному уравнению, вопреки расхожему мнению, может повлечь появление посторонних корней.

Пример 1 (* ). Найти все решения иррационального уравнения вида

( ) ( ) ( )333 xhxgxf =+ , (1)

где ( ) ( ) ( )xhxgxf ,, – рациональные функции, определённые при всех дейст-вительных x .

Решение. Обозначим ( ) ( )3 xfxA = , ( ) ( )3 xgxB = , ( ) ( )3 xhxC = . Тогда уравнение (1) примет вид ( ) ( ) ( )xCxBxA =+ , (2)


151

что равносильно ( ) ( )( ) ( )xCxBxA 33 =+ . (3) Уравнение (3) преобразуем с учётом уравнения (1), записанного в виде равенст-ва (2), и получим равенство

( ) ( ) 0333 =−+⋅⋅⋅−−+ CBABACBA . (4) Воспользовавшись формулами сокращённого умножения, разложим левую часть последнего равенства в произведение

( ) ( ) ( )( ) 0322 =⋅⋅−+⋅+++⋅−+ BACCBABACBA , (5) что эквивалентно совокупности двух уравнений

( ) ( )⎢⎣

⎡

=⋅⋅−+⋅+++

=−+

,03

022 BACCBABA

CBA (6)

причём второе из уравнений приводится к эквивалентному виду

0222 =⋅−⋅+⋅+++ BACBCACBA ⇔

⇔ ( ) ( ) ( ) 0222 =++++− CBCABA ,

что, в свою очередь, равносильно системе ( ) ( ) ( )xCxBxA −== . (7) Если система уравнений (7) имеет корни, не совпадающие с корнями данно-го уравнения (2), то это – посторонние корни; если же эта система не имеет кор-ней, то посторонних корней нет. Проанализируем, за счёт чего здесь возникли посторонние корни. В самом деле, при переходе от уравнения (2) к равенству (5) предполагается, что

0=−+ CBA . Поэтому, строго говоря, уравнение (5), а также совокупность (6) необходимо дополнить этим условием. Например, совокупность (6) на самом деле должна иметь вид

( ) ( )⎢⎢⎢

⎣

⎡

=−+⎩⎨⎧

=⋅⋅−+⋅+++

=−+

.003

022

CBABACCBABA

CBA

Другими словами, при правильном решении дополнительных корней появиться не может. Рассмотрим конкретный пример.

Пример 2. Решить уравнение 333 1131 −=+++ xxx . Решение. Данное уравнение – иррациональное, определённое при всех дей-ствительных значениях x . Введём обозначения

( ) 3 1+= xxA , ( ) =xB 3 13 +x , ( ) 3 1−= xxC ,


152

и перепишем исходное уравнение в виде ( ) ( ) ( )xCxBxA =+ , который после возведения в куб эквивалентен уравнению

( ) 333 3 CBABABA =+⋅⋅⋅++ . Заменяя BA + на C (в этот момент возможно возникновение посторонних корней), получаем

333 3 CCBABA =⋅⋅⋅++ . Возвращаясь в последнем уравнении к переменной x , имеем

( )( )( ) 111313131 3 −=−++⋅++++ xxxxxx .

Осталось решить это уравнение. Приведём подобные члены, уединив кубиче-ский корень

( )( )( ) ( )111313 +−=−++ xxxx , и после этого возведём в куб

( )( ) ( )32 1131 +−=+− xxx . У этого кубического уравнения два корня: –1 и 0. Проверка (которую сделать необходимо!) показывает, что 0=x – посторонний корень, поскольку не удов-летворяет исходному уравнению. Заметим, что он удовлетворяет системе (7), которая в данном примере имеет вид

333 1131 −−=+=+ xxx . Ответ: { }1−∈x .

Пример 3. Равносильны ли уравнения yx = и tgytgx = ?

Решение. Заметим, что пара чисел yx = 2π= удовлетворяет первому из уравнений, но не может быть решением второго уравнения, поскольку не при-надлежит его ОДЗ. С другой стороны, пара чисел 45,4 ππ == yx удовле-творяет второму уравнению, так как в этом случае 1== tgytgx , но в то же время эта пара, очевидно, не является решением первого уравнения. Данное на-блюдение позволяет утверждать, что данные два уравнения не сравнимы между собой (в том числе не являются равносильными). Пример 4. При каких значениях параметра a неравенство ( )( ) 02 >−−− axax (1) является следствием неравенства 0342 <+− xx ? (2) Решение. Решением второго из неравенств является интервал ( )3,1 . Так как при любом значении параметра число a лежит на числовой прямой левее числа

2+a , то решением первого неравенства является объединение двух промежут-


153

ков ( ) ( )+∞+∞− ,2, aa U . Чтобы выполнялось условие задачи, множество

( ) ( )+∞+∞− ,2, aa U должно содержать внутри себя интервал ( )3,1 . Возможны два случая. 1) Интервал ( )3,1 целиком принадлежит интервалу ( )a,∞− :

x1 3 a a+2

Чтобы это выполнялось, необходимо потребовать 3≥a . 2) Интервал ( )3,1 целиком принадлежит интервалу ( )+∞+ ,2a :

xa a+2 1 3

В этом случае должно выполняться условие 12 ≤+a . Объединяя полученные значения параметра, приходим к ответу. Ответ: ( ] [ )+∞−∞−∈ ,31, Ua .

3.3. Алгебраические уравнения и неравенства 3.3.1. Целые алгебраические уравнения и неравенства

Линейные уравнения и неравенства

Уравнение вида bxa =⋅ , (1) где a и b – коэффициенты (действительные числа или выражения, зависящие от параметров), а x – неизвестное, называется линейным уравнением. Если

0=b , то линейное уравнение называется однородным. Общая схема решения линейного уравнения bxa =⋅ подразумевает воз-можность реализации трёх случаев. 1) Если a 0≠ , то уравнение имеет единственное решение abx = . 2) Если 0=a и 0=b , то уравнение имеет бесконечно много решений (лю-бое действительное x будет являться решением). 3) Если 0=a и b 0≠ , то уравнение не имеет решений.


154

Пример 1. При всех значениях a решить уравнение xaxa +=+12 . Решение. Приведём для начала данное линейное уравнение к стандартному виду: ( ) 112 −=⋅− axa (2) и воспользуемся предложенной схемой решения. Если 012 ≠−a , т.е. 1±≠a , то уравнение для каждого такого a имеет единственное решение

( ) ( ) ( )1111 2 +=−−= aaax . Если 1=a , то, подставляя это значение пара-метра в (2), получим уравнение 00 =⋅ x , решением которого, очевидно, явля-ется любое действительное число x . Если же 1−=a , то уравнение (2) приоб-ретает вид 20 −=⋅ x и, очевидно, не имеет решений. Ответ: при 1±≠a ( )11 += ax ; при 1=a Rx∈ ; при 1−=a ∈x ∅.

Иногда задача формулируется не в общем виде, т.е. «при всех значениях па-раметра решить линейное уравнение…», когда в процессе решения надо рас-сматривать все три возможных случая, а в более узкой постановке. Например, «найти значения параметра, при которых линейное уравнение имеет единствен-ное решение», или «найти значения параметра, при которых линейное уравне-ние не имеет решений».

Запомним, что линейное уравнение bxa =⋅ : 1) имеет единственное решение ⇔ 0≠a ;

2) не имеет решений ⇔ ⎩⎨⎧

≠=

;00

ba

3) имеет бесконечно много решений Rx∈ ⇔ 0== ba .

Пример 2 [ВМиК–2002]. При каких значениях параметра b уравнение

( ) ( ) xbbbbxb 422222 224 ++=++++ имеет бесконечно много корней? Решение. Относительно неизвестной x это линейное уравнение. Приведём его вначале к виду (1):

( ) ( ) ( ) 222224 224 −+−−+=⋅− bbbbxb .

Выпишем необходимое и достаточное условие того, что это уравнение имеет бесконечно много решений:

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+−−+

=−

.022222

0422

4

bbbb

b


155

Очевидно, первому уравнению в системе удовлетворяют два различных дейст-

вительных корня 2±=b . Проверим, удовлетворяют ли они второму уравне-

нию системы. Успешную проверку проходит только корень 2−=b .

Пример 3. При каких значениях параметров a и b уравнение ( ) 12323 −+=+− baxba

имеет единственное решение? Решение. Необходимым и достаточным условием того, что данное уравнение имеет единственное решение, является необращение в нуль старшего коэффи-циента: 023 ≠+− ba . Учитывая, что равенству 023 =+− ba удовлетворя-ет бесконечное множество пар чисел вида ( ) ( ){ }Rpppba ∈+∈ 23;; , и что

множество всевозможных пар действительных чисел a и b обозначается ( ){ }RbRabaR ∈∈= ,;2 ,

приходим к выводу, что искомое множество пар – это вся координатная плос-кость Oab , из которой удалены точки, лежащие на прямой 23 += ab . Ответ: ( ) ( ){ }RpppRba ∈+∈ 23;\; 2 .

Неравенства вида bax > , bax < , bax ≥ , bax ≤ , bax ≠ , где a и b – действительные числа или выражения, зависящие от параметров, а x – неиз-вестное, называются линейными неравенствами. Рассмотрим в общем виде решение линейного неравенства

bax > (неравенства bax < , bax ≥ , bax ≤ решаются аналогично). Возможны следующие случаи. 1) Если 0>a , то решением неравенства будет промежуток abx > .

2) Если 0<a , то решением неравенства будет промежуток abx < . 3) Если 0=a и 0<b , то неравенство имеет бесконечно много решений (любое действительное x является решением); если 0=a и 0≥b , то нера-венство не имеет решений.

Пример 4. Решить при всех значениях параметра a неравенство 35 +>− axax .

Решение. Приведём данное линейное относительно x неравенство к виду ( ) 35 +>⋅− axa . (3) Если 05 >− a , т.е. 5<a , то, поделив на a−5 , получим ( ) ( )aax −+> 53 ;

если 05 <− a , т.е. 5>a , то, поделив на a−5 , получим ( ) ( )aax −+< 53 .


156

Наконец, если 5=a , то, подставляя это значение параметра в неравенство (3), получаем неравенство 80 >⋅ x . Очевидно, оно не имеет решений.

Пример 5. При каких значениях параметров a и b неравенство ( ) 451 ++≥+− baxba

а) не имеет решений; б) имеет бесконечно много решений? Решение. а) Неравенство не имеет решений тогда и только тогда, когда

⎩⎨⎧

>++=+−

04501

baba

⇔ ⎩⎨⎧

−>−=

451

aab

⇔ ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −>−∈

45:1;; pppba .

б) В остальных случаях неравенство имеет бесконечно много решений, по-этому получаем ответ:

( ) ( ){ }45:1;\; 2 −>−∈ pppRba .

Пример 6. При каких значениях параметра a решением неравенства

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−−<

−−+

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

1121211 2

2

axx

aaaa

axa

является любое Rx∈ ? Решение. ОДЗ: 1;0≠a . Так как неравенство линейно относительно пере-менной x , то, приведя его к стандартному виду, получим

( ) 31

21

12112

+<⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+−−+

−+ axaaa

aaa

⇔ 30 +<⋅ ax .

Теперь видно, что любое действительное число x будет решением этого нера-венства только при 3−>a . С учётом ОДЗ приходим к ответу. Ответ: при ( ) ( ) ( )+∞−∈ ,11,00,3 UUa .

Наконец, рассмотрим, как решается в общем виде линейное неравенство вида bax ≠ .

1) Если a 0≠ , то решением неравенства будет abx ≠ . 2) Если 0=a и 0=b , то неравенство не имеет решений. 3) Если 0=a и b 0≠ , то неравенство выполняется сразу для всех действи-тельных значений переменной x .

Пример 7. Решить неравенство при всех значениях параметра a 35 +≠− axax .

Решение. Приведём неравенство к стандартному виду: ( ) 35 +≠⋅− axa .


157

Если 5≠a , то решением неравенства будет объединение промежутков ( ) ( )( ) ( ) ( )( )+∞−+−+∞− ,5353, aaaa U . Если 5=a , то неравенство

примет вид 80 ≠⋅ x , что верно при всех Rx∈ .

Квадратные уравнения и неравенства

Уравнение вида

02 =++ cbxax , (1) где a , b , c – произвольные действительные числа или выражения, зависящие от параметров, причём a 0≠ , а x – неизвестная, называют квадратным. Коэф-фициент a называется старшим коэффициентом, c – свободным членом квад-ратного уравнения. Если 1=a , то уравнение называется приведённым. Квад-ратное уравнение называется неполным, если хотя бы один из коэффициентов b или c равен нулю. Квадратным трёхчленом называется многочлен 2-й степени, т.е. выражение

cbxax ++2 , где a 0≠ . Корнями квадратного трёхчлена называются корни соответствующего квадратного уравнения.

Формула корней квадратного уравнения. Теорема о разложении квадратного трёхчлена на линейные множители

Если в квадратном уравнении (1) коэффициент 0=b , то имеем

02 =+ cax ⇔ cax −=2 ⇔ acx −=2 .

При 0>− ac получаем корни acx −±= , при 0=c корень .0=x

Если же в уравнении (1) коэффициент 0=c , то имеем

02 =+ bxax ⇔ ( ) 0=+ baxx ⇔ 0=x или abx −= .

Выведем теперь формулу для корней квадратного уравнения (1) в общем случае ( )0,0 ≠≠ cb . Преобразуем левую часть уравнения, а именно вынесем коэффициент a за скобку и выделим полный квадрат:

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

acx

abxa

222 =⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛++

ac

ab

abx

abxa

222

2222

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += 2

22

44

2 aacb

abxa .


158

Выражение acb 42 − называют дискриминантом квадратного уравнения и обозначают D . Используя это обозначение, уравнение можно переписать в виде:

042 2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

aD

abxa . (2)

Дальнейшее решение уравнения зависит от знака D . Возможны три случая: 0>D , 0=D и 0<D . Рассмотрим каждый из них в отдельности.

1. Если 0>D , то представим ( )24aD в виде ( )( )22aD , и по формуле разности квадратов получим

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

22

22 aD

abxa =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

aD

abx

aD

abxa

2222

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−=

aDbxa

2=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−−

aDbx

2( )( )21 xxxxa −− ,

где a

Dbx21−−

= , a

Dbx22+−

= .

Так как произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из множителей равен нулю (при условии, что оба множителя существуют), то можно считать доказанным, что в рассматриваемом случае квадратное уравнение имеет два различных действительных корня 1x и 2x :

a

acbbx2

42

2,1−±−

= . (3)

2. Если дискриминант 0=D , то уравнение (2) принимает вид

02

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

abxa .

Поскольку квадрат какого-либо числа равен нулю, только если само это число равно нулю, то отсюда получаем, что уравнение имеет единственный действи-тельный корень abx 21 −= . Его можно также получить из общей формулы (3), положив в ней 0=D .

Замечание. Точнее говоря, уравнение имеет в этом случае два действитель-ных корня, но они равны друг другу ( )21 xx = . Можно сказать также, что име-

ется корень 1x кратности 2.


159

3. Если же дискриминант 0<D , то 0>− D , и в уравнении (2) во внешних скобках стоит сумма двух слагаемых

2

2

42 aD

abx −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + ,

первое из которых неотрицательно, а второе – положительно. Поэтому эта сум-ма положительна и, следовательно, не может обращаться в нуль. Получаем, что в данном случае уравнение не имеет действительных корней. Тем самым дока-зана следующая теорема.

Теорема. Если 0≥D , то квадратное уравнение (1) имеет действительные

корни 21, xx , определяемые по формулам a

Dbx22,1±−

= , причём если

0>D , то уравнение (1) имеет два различных действительных корня

21 xx ≠ ; если 0=D , то abxx 221 −== – единственный корень (кратно-сти 2); если 0<D , то квадратное уравнение (1) не имеет действительных корней.

Пример 1 [Геолог.–1997]. Сколько решений имеет уравнение

( ) ( ) 722355226 242 xxxx +−=++ ?

Решение. Решим задачу стандартным способом. Чтобы оценить количество корней уравнения, вначале приведём его к стандартному виду

( ) ( ) ( ) 03562752356 424 =++−+− xx ,

а затем вычислим дискриминант ( ) ( )⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −−−= 3562754

2D и оценим

его знак, сравнив с нулём: ( )275 − ∨ ( )3562 − ⇔ =− 35212

35212 −= . Следовательно, дискриминант равен нулю, что означает, что данное уравнение имеет единственное решение. Ответ: 1 решение.

Пример 2 [Химфак–2003]. Найти все значения параметра a , при каждом из которых уравнение ( ) 0112 =+++ xaax имеет единственное решение. Решение. Для решения задачи необходимо рассмотреть два случая. Если

0≠a , то уравнение является квадратным, и необходимым и достаточным ус-ловием единственности решения является обращение дискриминанта в нуль, т.е.

( ) ( ) 0141 22 =−=−+= aaaD ⇔ 1=a .


160

Если же 0=a , то уравнение становится линейным. Выясним, сколько решений оно имеет. Подставим значение 0=a в исходное уравнение, оно примет вид

01=+x . Очевидно, что это уравнение имеет единственное решение. Ответ: { }1;0∈a .

Попутно выше была доказана следующая теорема о разложении квадрат-ного трёхчлена на линейные множители.

Теорема. Если квадратный трёхчлен cbxax ++2 ( )0≠a имеет два раз-

личных действительных корня 21, xx , то при всех значениях переменной x справедливо тождество:

cbxax ++2 ≡ ( )( )21 xxxxa −− , где ( ) ( )aDbx 22,1 ±−= .

Если квадратный трёхчлен имеет лишь один действительный корень 1x , то при всех значениях переменной x справедливо тождество

cbxax ++2 ≡ ( )21xxa − , где ( )abx 21 −= .

Если же квадратный трёхчлен не имеет действительных корней, то его нельзя разложить на линейные множители. Следствие. Необходимым и достаточным условием того, чтобы квадратный трёхчлен cbxax ++2 ( )0>a представлял собой полный квадрат, является равенство нулю его дискриминанта. Замечание. В общем случае, если убрать в уравнении 2-й степени

02 =++ cbxax требование 0≠a , то уравнение может иметь больше двух действительных корней. Например, если 0=== cba , то уравнение

02 =++ cbxax имеет бесконечно много корней (любое действительное чис-ло x является в этом случае корнем уравнения).

Пример 3. При каких значениях параметра a уравнение ( ) ( ) 093623 2 =−−+++ axaxaa

имеет более одного корня? Решение. Если 0=a , то получаем линейное уравнение 096 =−x , имеющее единственное решение. Если 3−=a , то получаем уравнение вида

0000 2 =+⋅+⋅ xx , у которого любое действительное число x является ре-шением. Если же 3,0 −≠≠ aa , то, поделив на 3+a , получим квадратное

уравнение 0322 =−+ xax , которое имеет более одного решения тогда и только тогда, когда его дискриминант положителен: 0124 >+= aD ⇔ 31−>a . Ответ: { } ( ) ( )+∞−−∈ ,00,313 UUa .


Теорема Виета. Обратная теорема. Теорема об определении знаков корней квадратного уравнения по его коэффициентам

Свойства корней квадратного уравнения, их связь с коэффициентами урав-нения, о которых пойдёт речь в этом пункте, впервые были установлены фран-цузским математиком Франсуа Виетом (1540–1603).

Теорема (Виета). Пусть дано квадратное уравнение 02 =++ cbxax ,

у которого дискриминант неотрицателен ( 0≥D ). Тогда корни 21 , xx и коэф-фициенты cba ,, этого уравнения связаны между собой системой соотношений:

⎩⎨⎧

=⋅−=+

.21

21

acxxabxx

Доказательство. Пусть 21 , xx – корни уравнения.

1) Рассмотрим сумму корней 21 xx + . Согласно формуле корней квадратно-го уравнения имеем

21 xx + =+−

+−−

=a

Dba

Db22

=/+−/−−

aDbDb

2 ab

− .

2) Аналогично для произведения корней получим

21 xx ⋅ =+−

⋅−−

=a

Dba

Db22

( ) ( )=

−−2

22

4aDb

( )=

−−= 2

22

44

aacbb

=////aaca

44

ac

.

Замечание. Формулы для суммы и произведения корней квадратного урав-нения остаются верными и в случае, когда уравнение имеет единственный ко-рень 1x . В этом случае следует положить в указанных формулах 12 xx = .

Пример 3 [МГУЛ]. При каком значении k корни уравнения +22x ( ) 08153 =−−+ xk будут противоположными числами?

Решение. Воспользуемся для решения задачи теоремой Виета. Во-первых, для того чтобы уравнение имело корни, необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был неотрицателен. Во-вторых, условие противоположности корней можно записать в виде 12 xx −= , т.е. 021 =+ xx . По теореме Виета

сумма корней уравнения равна ( ) 215321 −−=+ kxx . Тогда задача сводится к решению системы


162

( )( )⎩

⎨⎧

=−−≥+−=

02153064153 2

kkD

⇔ 5=k .

Обратная теорема к теореме Виета формулируется для приведённого урав-нения. Это объясняется тем, что, зная два корня, невозможно однозначно опре-делить все три коэффициента уравнения, поэтому для определённости полагают старший коэффициент 1=a .

Теорема (обратная теореме Виета). Если данные действительные числа 1x

и 2x таковы, что

⎩⎨⎧

=⋅−=+,21

21

cxxbxx

то 1x и 2x являются корнями приведённого квадратного уравнения

02 =++ cbxx . Доказательство. Так как по условию

⎩⎨⎧

=⋅−=+,21

21

cxxbxx

то отсюда ( )

⎩⎨⎧

⋅=+−=.21

21

xxcxxb

Подставим в квадратный трёхчлен cbxx ++2 вместо коэффициентов b и c полученные выражения:

=++ cbxx2 ( ) 21212 xxxxxx ++− ( ) ( ) =−+−= xxxxxxx 2211

2

( ) ( ) =−−−= 121 xxxxxx ( )( )21 xxxx −− .

Уравнение ( )( ) 021 =−− xxxx , очевидно, имеет корни 1x и 2x (и никаких

других). Следовательно, равносильное ему уравнение 02 =++ cbxx также имеет эти корни.

Из теоремы Виета и обратной к ней теоремы вытекает следующая теорема, позволяющая без решения квадратного уравнения (т.е. без нахождения в явном виде корней 1x и 2x ), пользуясь только знанием коэффициентов cba ,, , опре-делить знаки его корней. Сформулируем эти необходимые и достаточные условия.

Теорема (об определении знаков корней квадратного уравнения по известным коэффициентам). Пусть квадратное уравнение cbxax ++2 имеет действи-тельные корни. Тогда справедливы следующие утверждения:


163

1) уравнение имеет два положительных корня ⇔ ⎩⎨⎧

>=>−=+

;00

21

21

acxxabxx

2) уравнение имеет два отрицательных корня ⇔ ⎩⎨⎧

><−;00

acab

3) уравнение имеет корни разных знаков ⇔ 0<ac ;

4) уравнение имеет положительный и нулевой корни ⇔ ⎩⎨⎧

=>−;00

acab

5) уравнение имеет отрицательный и нулевой корни ⇔ ⎩⎨⎧

=<−

;00

acab

6) уравнение имеет два нулевых корня ⇔ ⎩⎨⎧

==−

.00

acab

Приведённая теорема играет важную роль при решении задач, связанных с исследованием расположения корней квадратного уравнения относительно точ-ки 0=x , т.е. связанных с исследованием их знаков.

Пример 4 [МГУЛ]. Найти, при каких значениях параметра m уравнение ( ) 08422 =−+−+ mxmx имеет два различных действительных корня и

они оба положительны. Решение. Во-первых, чтобы действительные корни существовали и были различны, необходимо и достаточно выполнения условия 0>D . Во-вторых, для учёта положительности корней воспользуемся последней из теорем. Таким образом, искомые значения параметра ищем как решения системы

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>⋅>+

>

00

0

21

21

xxxx

D ⇔

( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

>−>−

>−−−

08402

08442 2

mm

mm ⇔ ( )+∞∈ ,18m .

Пример 5. Известно, что квадратное уравнение ( ) 023232 =+−−+ axax

имеет корни. Не решая уравнения, определить знаки его корней.

Решение. Воспользуемся последней из сформулированных теорем. 1) Выясним, например, при каких значениях параметра данное приведённое уравнение имеет корни разных знаков. Для этого необходимо и достаточно, что-бы свободный член 032 <− a , т.е. при 32>a .


164

2) Выясним теперь, при каких значениях параметра оба корня отрицательны. Нахождение таких a сводится к решению системы

⎩⎨⎧

>−<−

032032

aa

⇔ 32<a .

3) Осталось исследовать значение 32=a . При этом значении параметра обнаруживаем, что сумма корней, равная 32 −a , отрицательна, а произведение корней, равное a32 − , равно нулю. Поэтому в силу той же теоремы делаем вывод: один корень отрицателен, другой равен нулю.

Кроме того, при решении задач, связанных с теоремой Виета, могут оказать-ся полезными следующие соотношения [24], выражающие некоторые распро-страненные комбинации чисел 1x и 2x через их сумму и произведение:

( ) 212

2122

21 2 xxxxxx −+=+ ; ( ) ( )( )21

22121

32

31 3 xxxxxxxx −++=+ ;

21

21

21

11xx

xxxx

+=+ ;

( )( )2

21

212

2122

21

211xx

xxxxxx

−+=+ ;

( ) ( ) 212

212

21 4 xxxxxx −+=− ;

( ) 212

2121 4 xxxxxx −+=− ; ( ) 212

212122

21 4 xxxxxxxx −++=− ;

( ) 2121

2

2121 2 xxxxxxxx ++=+=+

212121 2 xxxxxx −+=− (при 0,0 21 ≥≥ xx );

21

2121

21

211xx

xxxxxx

++=+ ,

21

2121

21

211xx

xxxxxx

−+=−

(при 0,0 21 >> xx ).

Такого рода преобразования используются при решении квадратных уравне-ний, коэффициенты которых содержат параметр, а постановка задачи имеет

форму: «не решая уравнения, найти 21

11xx

+ », «при каких значениях параметра

уравнение имеет действительные корни с заданной суммой квадратов», «при каких значениях параметра уравнение имеет действительные корни, произведе-ние которых меньше заданного числа» и т.п.


165

Пример 6 [ВМиК–2006, отделение бакалавров]. Пусть ( )yx; – решение системы уравнений

⎩⎨⎧

−=+

+=+

.25923

22 α

α

yxyx

При каком значении α произведение xy принимает наибольшее значение?

Решение. Поскольку ( ) ( ) xyxyyxyx 62639 2222 −+=−+=+ α , то система равносильна системе

( )⎩⎨⎧

+−=⋅

+=+

.26323

2 αα

α

yxyx

Согласно обратной теореме Виета, числа x3 и y являются корнями квадратно-го уравнения

( ) ( ) 0262 22 =+−++− ααα tt . Для их существования необходимо и достаточно выполнения условия неотрица-тельности дискриминанта:

( ) ( ) 0622 22 ≥+−−+= αααD ⇔ 0862 ≤+− αα ⇔ 42 ≤≤ α . Задача свелась к нахождению наибольшего значения

( ) =+−= 661 2 ααxy ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

423

21

61 2

α

как квадратичной функции α на отрезке [ ]4,2 . Поскольку на этом отрезке дан-ная функция монотонно возрастает, то она принимает своё наибольшее значение на его правом конце, т.е. при 4=α . Итак,

[ ]( ) =

∈xy

4,2maxα [ ]

( )( ) 36max 261

4,2=+−

∈αα

α.

Пример 7 [Моск. гос. ун-т геодезии и картографии]. Дано: 1x и 2x – корни

квадратного уравнения 02 =++ cbxax . Составить алгебраическое уравне-ние наименьшей степени, корни которого 11 x и 21 x . Решение. Требуемое уравнение будем искать в виде

011

21

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

xx

xx ⇔ 0111

2121

2 =+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

xxx

xxx ⇔

⇔ 012121

212 =++

−xx

xxx

xxx .


166

Учитывая, что согласно теореме Виета для исходного уравнения

⎩⎨⎧

=−=+acxx

abxx

21

21

(по условию 0≠c ), окончательно получаем:

012 =+−

−ac

xacabx ⇔ 02 =++

cax

cbx , или 02 =++ abxcx .

Квадратные неравенства

Неравенства вида cbxax ++2 ∨0 ,

где 0≠a , cba ,, – действительные числа или выражения, зависящие от пара-

метров, а знак ∨ заменяет любой из знаков неравенств ≥≤>< ,,, или ≠ , на-зываются квадратными. Если в квадратном неравенстве коэффициент 0=b , то имеем

cax +2 ∨0 ⇔ 2ax ∨ c− . В случае 0>a делением обеих частей на a получаем равносильное неравен-ство 2x ∨ ac− (знак неравенства сохраняется). В случае 0<a знак неравен-ства при делении на a изменится на противоположный (см. пример 9 ниже). Обозначим acA −= . Тогда если 0≥A , то

Ax <2 ⇔ AxA <<− ( 0>A );

Ax ≤2 ⇔ AxA ≤≤− ;

Ax >2 ⇔ ( ) ( )+∞−∞−∈ ,, AAx U ;

Ax ≥2 ⇔ ( ] [ )+∞−∞−∈ ,, AAx U . При 0<A имеем

Ax <2 ⇔ ∈x ∅; Ax ≤2 ⇔ ∈x ∅; Ax >2 ⇔ ( )+∞∞−∈ ,x ; Ax ≥2 ⇔ ( )+∞∞−∈ ,x .

Рассмотрим теперь решение квадратных неравенств в случае 0≠b , 0≠c на примере неравенства

cbxax ++2 0> (решение неравенств вида cbxax ++2 0< , cbxax ++2 0≥ , ++ bxax2

c+ 0≤ , а также 02 ≠++ cbxax рассмотрите самостоятельно). Воспользу-емся при этом графиком квадратного трёхчлена.


167

Относительно знака старшего коэффициента возможны два случая.

1. Случай 0>a : а) если 0>D и 21 , xx – корни квадратного трёхчлена, то решением нера-

венства будет объединение промежутков ( ) ( )+∞∞− ,, 21 xx U (см. соответст-вующий график внизу на рисунке):

x x x

y y y

x x1 2 x = x1 2

D>0 D=0 D<0

б) если 0=D , то решением неравенства будет вся числовая прямая, за ис-ключением точки ( )abx 2−= , т.е. ( )( ) ( )( )+∞−−∞− ,22, abab U ; в) если 0<D , то неравенство верно при всех действительных x .

2. Случай 0<a : а) если 0>D , то решением неравенства будет интервал ( )21 , xx ; б) если 0≤D , то неравенство не имеет решений (постройте иллюстрирую-щие графики и проанализируйте их самостоятельно).

Обратимся к решению последнего вида неравенств:

cbxax ++2 0≠ , где 0≠a . а) Если 0>D , то решением неравенства будет объединение промежутков ( )U1, x∞− ( )21 , xx ( )+∞,2xU ;

б) если 0=D , то неравенство выполнено при всех x , кроме ( )abx 2−= ,

т.е. решением будет ( )( ) ( )( )+∞−−∞− ,22, abab U ; в) если 0<D , то неравенство справедливо сразу при всех действительных x .

Замечание. В случае 0>D квадратное неравенство можно также решать, не используя графический подход, а, найдя корни и представив неравенство в виде

( )( ) 021 >−− xxxxa ,

далее воспользоваться методом интервалов. В случае 0≤D неравенство реша-ется при помощи очевидных оценок (методом оценок).


168

Пример 8. Найти все значения параметра a , при которых трёхчлен

( ) ( ) ( ) 2121 22 +−+−= xaxaxf положителен при всех x . Решение. Во-первых, в условии задачи не говорится о квадратном трёхчле-не, значит надо рассмотреть два случая, когда старший коэффициент равен или не равен нулю. 1) Пусть 12 ≠a , тогда для выполнения условия задачи необходимо и доста-точно, чтобы

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

<−−−=

0101814

2

22

aaaD

⇔( )( )( )( )⎩⎨⎧

>+−>+−

011031

aaaa

⇔ ( ) ( )+∞−∞−∈ ,13, Ua .

2) Если 1=a , то трёхчлен принимает вид ( ) 02 >≡xf при всех Rx∈ , т.е. условие задачи выполняется. 3) Если же 1−=a , то имеем ( ) 22 +−= xxf , и это выражение не будет положительно сразу при всех Rx∈ , т.е. условие задачи не выполняется. Ответ: ( ) [ )+∞−∞−∈ ,13, Ua .

Пример 9 [Ф-т гос. управления–2003]. Для каждой пары чисел a и b найти все решения неравенства 02 ≤+ bax .

Решение. Перепишем данное неравенство в виде bax −≤2 . 1) Если 0>a , то в результате деления на a неравенство приводится к виду

abx −≤2 . Очевидно, что в этом случае оно имеет решения только при

0≤b . Итак, при 0,0 ≤> ba имеем: abxab −≤≤−− .

2) Если 0<a , то поделим на a и придём к неравенству abx −≥2 . При

0>b имеем решения ⎢⎢⎣

⎡

−≥

−−≤

.abx

abx При 0≤b имеем Rx∈ .

3) Если 0=a , то неравенство принимает вид bx −≤⋅ 20 . Очевидно, что тогда при 0≤b имеем Rx∈ , а при 0>b нет решений.

Ответ: при 0>a , 0≤b [ ]ababx −−−∈ , ;

при 0<a , 0>b ( ] [ )+∞−−−∞−∈ ,, ababx U ;

при 0≤a , 0≤b Rx∈ ; при 0≥a , 0>b ∈x ∅.


169

Расположение корней квадратного трёхчлена относительно

одной-двух заданных точек («метод парабол»)

Многие задачи с параметрами сводятся к исследованию расположения кор-ней квадратного трёхчлена относительно заданной точки или заданного проме-жутка (отрезка, интервала, луча). При этом если дискриминант D квадратного трёхчлена есть полный квадрат некоторого выражения (т.е. извлекается D ), то в подавляющем большинстве случаев проще найти корни 21 , xx квадратного

трёхчлена и подчинить их условиям задачи. Если же D не извлекается (оста-ётся радикал), то в принципе также можно найти корни 21 , xx квадратного трёхчлена и подчинить их условиям задачи, но при этом придётся решать не-простые иррациональные неравенства, которые приводят к большим и утоми-тельным вычислениям. В этом случае более удобным оказывается следующий подход (иногда называемый методом парабол), использующий графическую интерпретацию расположения корней квадратного трёхчлена, вершины его гра-фика по отношению к заданной точке (точкам). Итак, пусть задана квадратичная функция

( ) cbxaxxf ++= 2 ( 0≠a ),

график которой имеет точки 21 , xx пересечения с осью абсцисс (т.е. 0≥D ). Пусть, для определённости, ветви параболы направлены вверх. Выпишем, на-пример, условия, необходимые и достаточные для того, чтобы оба корня 21 , xx были меньше заданного действительного числа A . Очевидно, что в этом случае вершина параболы abxв 2−= должна располагаться левее точки Ax = , и

значение данной квадратичной функции в точке A должно быть положительно. Таким образом, оба корня 21 , xx меньше заданного числа A ⇔

⇔ ( )

⎩⎨⎧

<−>

,20

AabAf

т.е. данная система условий однозначно задаёт рассматриваемую ситуацию в расположении корней по отношению к A . Понятно, что по отношению к одному заданному числу A возможны всего три ситуации: оба корня меньше A , оба корня больше A , корни расположены по разные стороны от A . Если же заданы два действительных числа A и B , то по отношению к ним возможны уже четыре ситуации расположения корней квадратного трёхчлена. Оформим полученный специальный метод в виде сле-дующей таблицы.


170

Таблица (метод парабол) № 0>a (ветви вверх) Условия 0<a (ветви вниз) Условия 1

x x A1 2

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

<−

>

Aa

bAf

2

0 x x1 2

A

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

<−

<

Aa

bAf

2

0

2

x x1 2

A

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

>

Aa

bAf

2

0 Ax x1 2

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

<

Aa

bAf

2

0

3 A

xx1 2

( ) 0<Af

Ax x1 2

( ) 0>Af

4

A Bx x1 2

( )( )

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<−

−<

>>

Ba

ba

bA

BfAf

2

2

00

A Bx x1 2

( )( )

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<−

−<

<<

Ba

ba

bA

BfAf

2

2

00

5 A

x x1 2

B

( )( )⎩

⎨⎧

><

00

BfAf A B

xx1 2

( )( )⎩

⎨⎧

<>

00

BfAf

6

A Bx x1 2

( )( )⎩

⎨⎧

<>

00

BfAf A B

x x1 2

( )( )⎩

⎨⎧

><

00

BfAf


171

7 A B

x x1 2

( )( )⎩

⎨⎧

<<

00

BfAf

A Bx x1 2

( )( )⎩

⎨⎧

>>

00

BfAf

Замечание. При использовании данного метода внимательно читайте условие задачи. В зависимости от постановки задачи знак в неравенствах, приведённых в таблице, может быть как строгим, так и нестрогим. Неверно поставленный знак может привести к потере или, наоборот, к приобретению посторонних корней.

Пример 10. Найти все значения параметра a , при которых корни уравне-ния 02 =++ axx действительные, различные и оба больше a . Решение. В этой задаче реализуется случай 2 из таблицы выше. Обозначим ( ) axxxf ++= 2 . В соответствии с методом, решение задачи сводится к системе

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

>−=>+=

>−=

axaaaf

aD

В 2102

0412 ⇔ ( )2,−∞−∈a .

Пример 11 [МГУЛ]. При каких значениях β оба корня уравнения −22x

( ) 011 =+−− xβ положительны и расположены по разные стороны от числа 3? Решение. Выпишем два способа решения задачи – стандартный и специаль-ный, изложенный выше, и сравним их по эффективности. Стандартный способ решения сводится к решению системы

( )( )

( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −−+−=<

<⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −−−−=<

>−−=

.48113

348110

081

22

21

2

ββ

ββ

β

x

x

D

Специальный метод состоит в решении следующей системы (см. случай 6 в таблице; через ( )xf обозначен многочлен в левой части уравнения):

( )( )( )⎪

⎩

⎪⎨

⎧

<>

>−−=

0300

081 2

ffD β

⇔

( )

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

<+⋅−−⋅

>>−−

.01313201

081

2

2

β

β


172

Условие положительности дискриминанта учтено в обоих способах решения. Но если при стандартном способе надо решать два иррациональных неравенства (одно из которых двойное), то при выборе второго способа вместо этого имеем два линейных неравенства (одно из которых тривиально). Безусловно, при ре-шении данной задачи следует предпочесть второй вариант решения. Ответ: ( )+∞∈ ,322β .

Пример 12 [МГУЛ]. Найти все значения параметра m , при которых один из корней квадратного трёхчлена

( ) 163 2 −+−−= mxxmy меньше, а другой больше двух. Решение. По условию 3≠m . В зависимости от знака старшего коэффици-ента 3−m возможны два случая (см. пункт 3 в таблице):

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

<>−

>

0203

0

ymD

или

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

><−

>

.0203

0

ymD

Заметим, что эти случаи легко объединить в один:

( ) ( )⎩⎨⎧

<⋅−>

0230

ymD

⇔ ( )( )

( ) ( )( )⎩⎨⎧

<−+−−⋅−>−−−

0112343013436

mmmmm

⇔

⇔ ⎩⎨⎧

<<+<<−

53102102

mm

⇔ ( )5,3∈m .

Пример 13 [МГУЛ]. Найти наибольшее значение параметра p , при кото-ром функция

( ) 123 22 −++= ppxxxf

принимает отрицательные значения в интервале ( )1,0 . Решение. По условию задачи составляем систему (см. пункт 7 в таблице):

( )( )( )⎪

⎩

⎪⎨

⎧

≤−++=

≤−=

>−−=

0123110120

01249

2

2

22

ppfpf

ppD⇔⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤≤−≤≤−

∈

0232121

pp

Rp

⇔ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡−∈ 0,

21p .

Ответ: наибольшее значение p равно 0.

Заметим, что необходимость использования приведённого метода при реше-нии задач, связанных с корнями квадратного уравнения, возникает не всегда. Например, в следующей задаче вполне можно обойтись стандартным методом.


173

Пример 14. При каких значениях параметра a больший корень уравнения

( )( ) 05142 =−−−+ aaxx

принадлежит промежутку [ )1,0 ?

Решение. В данной задаче дискриминант является полным квадратом и, сле-довательно, корни имеют рациональные выражения: ax −=11 , 52 −= ax . Согласно условию задачи, возможны два случая. 1) Если 21 51 xaax =−≥−= , т.е. 3≤a , то большим является корень 1x , и условие задачи приводит к неравенству 110 <−≤ a , откуда 10 ≤< a . 2) Если же 21 xx < , т.е. 3>a , то большим является корень 2x , и условие задачи приводит к неравенству 150 <−≤ a , откуда находим 65 <≤ a . Ответ: ( ] [ )6,51,0 U∈a .

Общая рекомендация такова: если дискриминант квадратного уравнения является полным квадратом и, следовательно, корни имеют рациональный вид, во многих задачах приемлем (часто оказывается проще других методов) стан-дартный подход. Но если это не так и корни иррациональны, то более удобными могут оказаться специальный метод, эффективность которого была продемонст-рирована выше на примерах, и теорема Виета, которые не требуют нахождения корней уравнения в явном виде.

Алгебраические уравнения и неравенства степени выше второй

Для решения целых алгебраических уравнений третьей и четвёртой степеней существуют формулы для нахождения корней, однако в силу их громоздкости они применяются редко. В общем случае не существует формул для нахождения корней любого алгебраического уравнения более высокой степени, чем четыре. Рассмотрим основные виды таких уравнений, а также приёмы, используемые на практике для их решения. Но перед этим приведём без доказательства некото-рые достаточно важные теоремы о свойствах алгебраических многочленов, включая основную теорему алгебры.

Теоремы о свойствах алгебраических многочленов (*)

Пусть ( ) =xPn 011

1 ... axaxaxa nn

nn ++++ −

− , 0, ≠∈ ni aRa , – алгеб-

раический многочлен n -й степени ( )Nn∈ . Теорема 1 (о разложении многочлена произвольной степени на произведение линейных и квадратичных множителей). Многочлен ( )xPn может быть пред-ставлен единственным образом в виде произведения многочленов, степень ка-ждого из которых не выше второй.


174

Теорема 2. Многочлен нечётной степени имеет хотя бы один действитель-ный корень. Теорема 3 (основная теорема алгебры). Многочлен n -й степени имеет ров-но n корней (действительных и комплексных), в том числе действительных не больше n (с учётом их кратности). Теорема 4. Если на концах некоторого отрезка [ ]ba, значения многочлена

имеют разные знаки, то на интервале ( )ba, существует хотя бы один корень этого многочлена. Заметим, что аналогичное утверждение справедливо не только для много-членов, но и для любой непрерывной на отрезке [ ]ba, функции. Теорема 5 (условие тождественного равенства двух многочленов). Два алгебраических многочлена

( ) 011

1 ... axaxaxaxP nn

nnn ++++= −

− ,

( ) 011

1 ... bxbxbxbxQ mm

mmm ++++= −

−

тождественно равны (т.е. равны при всех Rx∈ ) тогда и только тогда, когда равны степени многочленов mn = и совпадают коэффициенты при равных степенях x , т.е. nn ba = , 11 −− = nn ba ,…, 00 ba = .

Пример 1 [ВМиК–2002, устн.]. Определить три числа qp, и r такие, что

равенство =+−−+ 91224 234 xxxx ( )22 rqxpx ++ выполняется для лю-бого значения переменной x . Решение. Раскроем (вспомним соответствующую формулу сокращённого умножения) квадрат в правой части и приведём полученный многочлен к стан-дартному виду: =+−−+ 91224 234 xxxx ( ) 222342 222 rqrxxprqpqxxp +++++ . Многочлены, стоящие слева и справа от знака равенства, тождественно равны тогда и только тогда, когда выполняется система

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==−

+=−

==

.9;21222

;24;1

2

2

2

rqrprqpqp

Ответ: ( ) ( ) ( ){ }3;2;1;3;2;1;; −−−∈rqp .

Теорема 6. Если значения двух многочленов степени не выше n совпадают в 1+n различных точках, то эти многочлены тождественно равны.

Например, если две параболы (графики квадратичных функций += 21xay

11 cxb ++ и 222

2 cxbxay ++= , 021 ≠⋅ aa ) пересекаются в трёх точках, то они тождественно совпадают.


175

Теорема 7 (формула деления многочлена на многочлен с остатком). Для лю-бых двух алгебраических многочленов

( ) 011

1 ... axaxaxaxP nn

nnn ++++= −

− ,

( ) 011

1 ... bxbxbxbxQ mm

mmm ++++= −

−

( mn ≥ ) найдётся единственная пара многочленов ( )xS mn− и ( )xRm 1− таких, что справедливо тождество

( ) ( ) ( ) ( )xRxQxSxP mmmnn 1−− +⋅= .

Здесь Rba ji ∈, , ni ,...,1,0= , mj ,...,1,0= , 0≠na , 0≠mb , многочлен

( )xPn называется делимым, многочлен ( )xQm – делителем, многочлен

( )xS mn− – частным от деления ( )xPn на ( )xQm , а многочлен ( )xRm 1− (сте-

пени не выше 1−m ) соответственно остатком от деления. Если ( ) 01 ≡− xRm ,

то говорят, что многочлен ( )xPn делится на многочлен ( )xQm нацело (без остатка).

Пример 2 [ВМиК–2002, устн.]. Найти остаток от деления многочлена 121001100220012002 ++++++ xxxxxx на многочлен xx −3 .

Решение. В данной задаче весьма проблематично было бы искать многочлен-остаток непосредственным делением многочлена на многочлен из-за слишком высокой степени многочлена-делимого. Запишем результат деления первого многочлена на второй в виде формулы =++++++ 121001100220012002 xxxxxx ( ) ( ) ( ) cbxaxxxxxS ++++⋅−⋅⋅= 2

1999 11 .

Здесь ( )xS1999 – неполное частное от деления (неизвестный многочлен), а остаток при делении на многочлен 3-й степени может иметь максимально 2-ю степень, поэтому остаток ( )xR2 выписан в общем виде как многочлен 2-й сте-

пени cbxax ++2 . Достаточно найти значения коэффициентов ba, и c . Для этого, подставляя последовательно значения 0=x , 1=x , 1−=x в данную формулу, получим систему

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−=++=

=

,171

cbacba

c

решая которую найдём искомые коэффициенты 3== ba , 1=c . Поэтому ос-таток от деления равен 133 2 ++ xx .


176

Следующая теорема названа по имени французского математика Этьена Безу (1730–1783).

Теорема 8 (теорема Безу). Остаток от деления многочлена ( )xPn на

( )ax − равен значению делимого при ax = (т.е. ( )aPn ).

Следствие. Многочлен ( )xPn делится нацело на линейный двучлен ax −

тогда и только тогда, когда ( ) 0=aPn . Приведённое следствие из теоремы Безу во многих случаях позволяет ре-шать целые алгебраические уравнения ( ) 0=xPn степени выше второй. Для этого достаточно подобрать один какой-либо корень уравнения, например

ax = , и затем поделить многочлен ( )xPn на ax − . В результате получим

некоторый многочлен ( )xPn 1− степени на единицу меньше, чем n :

( ) =xPn ( ) ( )xPax n 1−⋅− , и задача свелась к решению уравнения

( ) 01 =− xPn .

Пример 3. Найти все значения a и b , при которых многочлен ( ) baxxxxP ++−= 232 делится нацело на многочлен ( ) 12 −= xxQ .

Решение. Разложим многочлен ( ) 12 −= xxQ на линейные множители

( ) ( )( )11 −+= xxxQ . По условию, ( )xP должен делиться на ( )xQ , а, следо-

вательно, ( )xP должен делиться на каждый из множителей 1+x и 1−x . Со-гласно теореме Безу, это возможно тогда и только тогда, когда

( )( )⎩

⎨⎧

=−=

0101

PP

⇔ ⎩⎨⎧

=+−−=++

0301

baba

⇔ ⎩⎨⎧

=−=.12

ba

Теорема 9 (о рациональных корнях многочленов с целыми коэффициентами). Пусть ( ) 01

11 ... axaxaxaxP n

nn

nn ++++= −− , 0≠na , Zai ∈ , ni ,...,1,0= .

Если у многочлена ( )xPn имеются рациональные корни, то все они находятся

среди дробей вида qp , где p – любой из целочисленных делителей свободного

члена 0a , а q – любой из натуральных делителей старшего коэффициента na .

Следствие. Если 1=na (приведённый многочлен), то его рациональные

корни следует искать среди целых делителей 0a .


177

Пример 4. Решить уравнение в целых числах

03411164 234 =−++− xxxx . Решение. Согласно следствию из приведённой выше теоремы, все целые корни уравнения находятся среди целых делителей свободного члена, т.е. среди чисел 1± , 3± . Обозначим многочлен в левой части уравнения через ( )xf . Сделаем проверку: 1) ( ) 034111641 =−++−=f ⇒ 1=x является корнем уравнения;

2) ( ) 034111641 >−−++=−f ⇒ 1−=x не будет корнем уравнения;

3) ( ) 0312994323243 =−++−=f ⇒ нашли ещё один корень 3=x ;

4) ( ) 0312994323243 >−−++=−f ⇒ 3−=x не является корнем.

Ответ: { }3;1∈x .

Пример 5. Найти все корни уравнения 052208 23 =+−− xxx .

Решение. Не будем сразу применять указанный выше метод, а поступим сле-дующим образом: сделаем многочлен в левой части уравнения приведённым. Для этого положим xy 2= , тогда имеем уравнение

055 23 =+−− yyy .

Обозначим через ( )yf левую часть последнего уравнения. Свободный член в

данном случае имеет 4 целых делителя 1± , 5± . Поскольку ( ) 01 =±f и

( ) 05 =f , а больше трёх корней кубическое уравнение иметь не может, то это все корни этого уравнения. Выполняя обратную подстановку, находим соответ-ствующие им три корня исходного уравнения. Ответ: { }25;21;21−∈x .

Обратимся теперь к обобщению теоремы Виета на случай алгебраических уравнений n -й степени ( 3≥n ).

Теорема 10 (теорема Виета, обший случай). Пусть nxxx ,...,, 21 – дейст-вительные корни алгебраического многочлена n -й степени

( ) 011

1 ... axaxaxaxP nn

nnn ++++= −

− , 3≥n , 0≠na , Rai ∈ , ni ,0= .

Тогда корни уравнения nxxx ,...,, 21 связаны с его коэффициентами ,..., 1−nn aa

01,..., aa посредством следующей системы равенств:


178

( )⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=⋅⋅

−=++=+++

−=+++

−−−

−−

−

.1...

..................................................

.....................................................

......

021

312321

213121

121

nn

n

nnnnn

nnnn

nnn

aaxxx

aaxxxxxxaaxxxxxx

aaxxx

Пример 6 [Социолог.–2003]. Определить все значения параметра a , при каждом из которых три различных корня уравнения

( ) 06489 223 =−+−+ axxaax образуют геометрическую прогрессию. Найти эти корни. Решение. По теореме Виета для кубических уравнений

023 =+++ DCxBxAx ( )0≠A ,

в частности, имеем =321 xxx AD− . Для данного в условии задачи уравнения это будет выглядеть так: 64321 =xxx . (1) Условие того, что корни уравнения образуют геометрическую прогрессию, можно записать в виде 31

22 xxx = . (2)

Из (1) и (2) следует, что 42 =x . Таким образом, известен один из корней урав-нения. Подставив это значение x в исходное уравнение, найдём теперь отве-чающие ему возможные значения параметра a :

( ) 06448494 223 =−⋅+⋅−+ aaa ⇒ 0=a или 7=a .

Проверка. 1) 0=a : исходное уравнение принимает вид 0643 =−x и, очевидно, имеет три одинаковых, а не различных корня. Следовательно, это значение параметра не подходит. 2) 7=a : имеем уравнение 0645614 23 =−+− xxx . Так как один его корень нам известен ( )4=x , то, например, делением многочлена в левой части на 4−x раскладываем многочлен на множители, приведя уравнение к виду

( )( ) 016104 2 =+−− xxx ⇔ ( )( )( ) 0824 =−−− xxx .

Его корни 21 =x , 42 =x , 83 =x удовлетворяют условиям задачи.

Ответ: 7=a ; 21 =x , 42 =x , 83 =x .


179

А теперь обратимся к рассмотрению основных видов и способов решения целых алгебраических уравнений. Теория решения целых алгебраических нера-венств будет рассмотрена ниже в пункте 3.3.2.

Методы решения целых алгебраических уравнений

1. Разложение на множители Часть целых алгебраических уравнений ( ) 0=xPn (или аналогичных нера-венств) степени n выше 2-й могут быть решены путём разложения многочлена в левой части уравнения (неравенства) на множители с помощью таких извест-ных приёмов, как группировка и вынесение общего множителя за скобки. Ино-гда для достижения цели приходится прибавлять и одновременно вычитать одно и то же выражение. Отметим, что порой разложение на множители этим спосо-бом требует определённого искусства. Если разложение на множители удалось выполнить, то решение алгебраиче-ского уравнения сводится к решению совокупности нескольких уравнений, но более низкой степени. Неравенство после разложения на множители можно ре-шать методом интервалов.

Пример 1. Решить уравнение 0343 24 =−+− xxx .

Решение. ( ) ( ) 0342 224 =+−−− xxxx ⇔

⇔ ( ) ( ) 04412 224 =+−−+− xxxx ⇔ ( ) ( ) 021 222 =−−− xx ⇔

⇔( )( ) 013 22 =+−−+ xxxx ⇔ ⎢⎢⎣

⎡

=+−

=−+

.0103

2

2

xxxx

Из 1-го уравнения находим корни ( ) 21312,1 ±−=x , а второе не имеет решений.

Пример 2. Найти все положительные корни уравнения

0184 =−+ xx .

Решение. ( ) ( ) 02164 =−+− xx ⇔ ( )( )( ) ( ) 02422 2 =−+++− xxxx ⇔

⇔( )( ) 09422 23 =+++− xxxx ⇔ ⎢⎣

⎡

=+++

=

.09422

23 xxxx

Покажем, что второе уравнение в совокупности не имеет положительных реше-ний. Действительно, рассмотрим функцию 942 23 +++= xxxy . Её произ-

водная 0443 2 >++=′ xxy при всех действительных x , так как 04816 <−=D . Следовательно, функция всюду монотонно возрастает, при


180

этом ( ) 50 =y . Отсюда следует, что при 0>x её график не пересекает оси

абсцисс. Ответ: { }2∈x .

2. Подбор корня с последующим понижением степени уравнения

При решении алгебраических уравнений и неравенств степени выше второй можно использовать общий принцип последовательного понижения степени уравнения (неравенства). Пусть требуется решить уравнение n -й степени

( ) 0=xPn ,

где 0≠na , ( ) =xPn 012

21

1 ... axaxaxaxa nn

nn +++++ −

− – целый рацио-нальный алгебраический многочлен n -й степени. Если удалось подобрать (лю-бым способом) какой-либо корень 0x данного уравнения, то для нахождения

остальных корней уравнения следует поделить многочлен ( )xPn на разность

0xx − (или целенаправленной группировкой слагаемых, выделяя разность

0xx − , разложить этот многочлен на множители). В результате деления обра-

зуется некоторый многочлен ( )xQn 1− , степень которого на единицу меньше первоначальной. Таким образом, задача свелась к решению алгебраического уравнения степени 1−n :

( ) 01 =− xQn .

Пример 1. Решить уравнение 02723 =+−+ xxx .

Решение. Заметим, что 2=x является корнем данного уравнения. Найдём другие корни этого уравнения: 27_ 23 +−+ xxx 2−x

23 2xx − 132 −+ xx

273_ 2 +− xx

xx 63 2 −

2_ +− x

2+− x

.0

Решая уравнение 0132 =−+ xx , находим ещё два корня ( ) 2133±− .


181

Пример 2. Решить уравнение =⋅+⋅++⋅+⋅+⋅ 10998...433221

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ).10998...32211 ++++++++++++++= xxxxxxxxxx

Решение. Легко заметить, проанализировав структуру уравнения, что числа 0=x и 10−=x являются решениями данного уравнения. С другой стороны,

ясно, что это квадратное уравнение, а поэтому может иметь не более двух кор-ней. Так как два корня уравнения уже подобраны, то других корней нет. В некоторых случаях, для того чтобы не подбирать корень «вслепую», мож-но воспользоваться следующим методом.

3. Метод поиска рациональных корней у многочленов с целыми коэффициентами

Для решения такого рода уравнений и неравенств используется метод, в ос-нове которого лежит Теорема 9 из предыдущего пункта. Рассмотрим подробнее суть этого метода. Пусть требуется найти рациональные корни уравнения n -й степени

( ) 0=xPn ,

причём все коэффициенты ia , ni ,...,2,1,0= , алгебраического многочлена

( )xPn являются целыми числами. Поиск рациональных корней можно свести к перебору ограниченного количества вариантов. Для этого необходимо, во-первых, найти все целочисленные делители свободного члена 0a (их конечное число, однако если этот коэффициент содержит слишком много делителей, то это затрудняет поиск корней в уравнении). Обозначим, например, эти делители через ip . Во-вторых, следует найти все натуральные делители старшего коэф-

фициента уравнения na . Обозначим эти делители через jq . В-третьих, надо

составить всевозможные дроби вида ji qp . Наконец, перебирая по очереди все такие дроби, проверить, является ли в действительности каждая из них корнем данного уравнения. Найдя таким образом первый корень 1x , вы или сразу по-

нижаете степень уравнения делением многочлена ( )xPn на разность 1xx −

(причём в силу следствия из теоремы Безу ( )xPn обязательно разделится наце-

ло на этот линейный двучлен) и получаете некоторый многочлен ( )xQn 1− сте-пени на единицу меньшей, чем первоначальная. Или, перебирая все дроби, на-ходите все рациональные корни и уже затем понижаете степень уравнения сразу на столько порядков, сколько рациональных корней удалось найти, и ищете ос-тавшиеся иррациональные корни. В любом случае задача сводится к решению уравнения более низкой степени.


182

Пример [ВМиК–2003, устн.]. При каких натуральных n уравнение 012 234 =−+− nxxx имеет рациональные корни?

Решение. Воспользуемся приведённым выше методом. Свободный член име-ет два целочисленных делителя: 1± , а старший коэффициент – два натураль-ных делителя: 1,2. Поэтому рациональные корни следует искать среди чисел

{ }21;1 ±±∈x . Подставим их поочерёдно в уравнение.

1=x : 011112 234 =−⋅+−⋅ n ⇒ Nn ∉= 0 ;

1−=x : ( ) ( ) ( ) 011112 234 =−−⋅+−−−⋅ n ⇒ Nn ∉−= 2 ;

21=x : ( ) ( ) ( ) 012121212 234 =−⋅+−⋅ n ⇒ 4=n ;

21−=x : ( ) ( ) ( ) 012121212 234 =−−⋅+−−−⋅ n ⇒ 3=n .

Ответ: { }4;3∈n .

4. Метод неопределённых коэффициентов

Иногда для решения целых алгебраических уравнений (неравенств) с одной или несколькими неизвестными используют метод неопределённых коэффици-ентов. Пусть, например, решается уравнение

( ) 0=xPn .

Суть метода состоит в том, что многочлен ( )xPn в левой части уравнения пред-

ставляется в виде произведения линейных ( )ii bxa + и(или) квадратичных

lll exdxc ++2 сомножителей с неизвестными (неопределёнными) коэффици-

ентами lllii edcba ,,,, ;,...,2,1( pi = ,..2,1=l )...,q . Чтобы найти эти ко-эффициенты, раскрывают скобки в указанном произведении и приводят образо-вавшийся при этом многочлен ( )xQn к стандартному виду. Так как два много-

члена ( )xPn и ( )xQn одной степени тождественно равны тогда и только тогда, когда равны коэффициенты при одинаковых степенях переменной x , то, при-равнивая эти коэффициенты, получают систему уравнений относительно неиз-вестных коэффициентов. Эту систему решают (или подбирают любое решение). Найденные таким способом коэффициенты lllii edcba ,,,, становятся опреде-лёнными и их значения подставляются в исходное разложение. К недостаткам метода можно отнести то, что получаемая система уравнений для нахождения коэффициентов может оказаться громоздкой и трудной даже в подборе решения. Рассмотрим применение этого метода на примере решения кубического уравнения. Допустим, требуется решить уравнение

0012

23

3 =+++ axaxaxa ( 03 ≠a ).


183

Известно, что многочлен третьей степени всегда можно представить в виде про-изведения многочленов первой и второй степеней. Таким образом, сразу для всех действительных значений переменной x должно выполняться равенство ≡+++ 01

22

33 axaxaxa ( )( )cbxxaxa ++− 2

3 , (1) где числа cba ,, являются в данном случае искомыми неопределёнными коэф-фициентами. Найдём их значения. После этого останется подставить их в пра-вую часть (1) и, приравняв её к нулю, решить уравнение ( )×− ax

( ) 02 =++× cbxx для нахождения всех корней уравнения. Чтобы найти коэффициенты cba ,, , раскроем скобки в правой части тожде-ства (1) и приведём образовавшийся при этом многочлен к стандартному виду

012

23

3 axaxaxa +++ ≡ ( ) ( ) acaxabcaxabaxa 332

33

3 −−+−+ . Многочлены третьей степени тождественно равны тогда и только тогда, когда равны коэффициенты при одинаковых степенях x . Приравнивая коэффициенты при 2x , x и свободные члены, получаем систему трёх алгебраических уравне-ний относительно трёх неизвестных cba ,, :

( )( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−=−=

,30

31

32

acaaabcaaabaa

решая которую (можно даже просто подобрать любое решение этой системы) находим коэффициенты.

Пример 1. Решить уравнение 0652 23 =+−− xxx . Решение. Воспользуемся для решения методом неопределённых коэффици-ентов. Будем искать разложение многочлена, стоящего в левой части уравнения, в виде ( )( )cbxxaxxxx +++≡+−− 223 652 . (2) Раскрыв скобки, приведём многочлен в правой части к стандартному виду

( ) ( ) acxcabxbaxxxx +++++≡+−− 2323 652 .

Приравнивая коэффициенты слева и справа при 2x , x и свободные члены, по-лучаем в итоге систему трёх уравнений с тремя неизвестными коэффициентами

cba ,, :

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+=−+=−

.652

accab

ba


184

Найдя подбором решение 2,1,3 −==−= cba , подставим найденные коэффи-циенты в разложение (2). Таким образом, исходное уравнение приобретает вид ( )( ) 023 2 =−+− xxx . Оно имеет три корня 31 =x , 22 −=x , 13 =x .

Пример 2 [МТУСИ–1997]. При каких значениях a все корни уравнения 022 =+− aaxx являются корнями уравнения

( ) 02331 223 =−−+++− aaaxxax ?

Решение. Чтобы первое из уравнений имело корни, необходимо, чтобы его дискриминант был неотрицателен, т.е.

( ) 08 ≥−= aaD ⇔ ( ] [ )+∞∞−∈ ,80, Ua . Далее, второй многочлен в силу теоремы Безу должен делиться нацело на пер-вый многочлен. Иными словами, должно найтись такое b , что при всех дейст-вительных x справедливо тождество

( ) 2331 223 −−+++− aaaxxax ( )( )bxaaxx ++−≡ 22 , или

( ) ≡−−+++− 2331 223 aaaxxax ( ) ( ) abxabaxabx 2223 +−+−+ . Для нахождения неопределённых коэффициентов (в данном случае в их роли выступают a и b ) воспользуемся известным фактом, что два кубических мно-гочлена, стоящие по разные стороны от знака равенства, тождественно равны тогда и только тогда, когда равны коэффициенты при одинаковых степенях пе-ременной x . Приравнивая эти коэффициенты, получаем систему уравнений

( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−−

−=−=+−

,22323

1

2 abaaabaa

aba упрощая которую, получаем

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡=−=

−=

.21

1

aa

b

С учётом условия на дискриминант, приходим к ответу: 1−=a .

5. Метод умножения на функцию

Иногда, применяя приём умножения обеих частей уравнения (неравенства) на некоторую функцию, удаётся упростить уравнение (неравенство).

Пример. Решить уравнение 01234 =+−+− xxxx . Решение. Заметим, что 1−=x (и вообще никакое отрицательное число) не является корнем данного уравнения. Домножим обе части данного уравнения на выражение ( )1+x . Получаем уравнение-следствие

( )1+x ( ) 01234 =+−+− xxxx ,


185

множество решений которого состоит из всех решений исходного уравнения и числа 1−=x . Это число является посторонним корнем, возникшем как раз в результате умножения уравнения на функцию, имеющую действительный нуль. Применяя известную формулу сокращённого умножения, получаем суще-ственно более простое уравнение 015 =+x . Поскольку уравнение не имеет других решений, кроме 1−=x , то приходим к ответу. Ответ: уравнение не имеет решений. Рассмотрим некоторые виды целых алгебраических уравнений, решаемые в основном при помощи специально подобранных подстановок.

6. Двучленные, трёхчленные и биквадратные уравнения

Двучленным называется уравнение вида 0=− axn ,

т.е. axn = , где n ∈ N , 2≥n . Если Nkkn ∈= ,2 , и 0≥a , то уравнение имеет два различных действи-

тельных решения n ax ±=2,1 . Если 12 += kn , ∈k N , то при всех a урав-

нение имеет корнем только действительное число n ax = (кратности n ). На-

пример, уравнение π=100x имеет два различных корня 1002,1 π±=x , а урав-

нение π−=101x имеет один корень =−= 101 πx 101π− .

Уравнение вида 02 =++ cbxax nn , 0≠a , n ∈ N , 2≥n , называется трёхчленным уравнением. При 2=n трёхчленное уравнение принято называть биквадратным:

024 =++ cbxax . С помощью подстановки nxt = трёхчленное уравнение сводится к квадратно-му уравнению 02 =++ cbtat . В зависимости от n и коэффициентов

cba ,, трёхчленное уравнение может не иметь решений, иметь одно, два, три и четыре различных действительных корня.

Пример [Физфак]. Уравнение 022 =++ bxax , где 0<a , имеет одним из корней число 3=x . Найти действительные корни уравнения

0224 =++ bxax .

Решение. Согласно теореме Виета для квадратного уравнения, =⋅ 21 xx

02 <= a . Отсюда заключаем, что его корни имеют разные знаки, и так как


186

031 >=x , то неизвестный второй корень 02 <x . Решим теперь биквадрат-

ное уравнение. Сделаем замену 2xt = :

022 =++ btat . Заметим, что коэффициенты этого уравнения совпадают с коэффициентами ис-ходного квадратного уравнения, а значит, эти уравнения имеют одинаковые корни. По доказанному выше, один из корней последнего урвнения 31 =t , а

другой 02 <t , следовательно, решение биквадратного уравнения сводится к решению совокупности двух уравнений

⎢⎢⎣

⎡

<=

==

.0

3

22

12

tx

tx

Первое уравнение имеет два действительных корня 32,1 ±=x , а второе кор-

ней не имеет. Ответ: { }3;3−∈x .

7. Однородные уравнения

Алгебраический многочлен ( )yxf , с двумя переменными x и y называ-ется однородным многочленом n -й степени относительно этих переменных ( )Nn∈ , если при любом Rt ∈ имеет место тождество

( ) ( )yxfttytxf n ,, ⋅= . (1) Это означает, что однородный многочлен n -й степени ( )yxf , можно предста-вить в виде

( ) =yxf , nnnn

nn

nn yaxyayxayxaxa 0

11

222

11 ... +++++ −−

−−

− ,

где ia ( )ni ,...,1,0= – коэффициенты многочлена, одновременно не обра-щающиеся в нуль.

Уравнение ( ) 0, =yxf называется однородным алгебраическим уравнением

n -й степени с двумя неизвестными yx, , если ( )yxf , – однородный много-член n -й степени относительно этих переменных. Например, уравнение вида 035 22 =−+ yxyx является однородным урав-нением 2-й степени относительно неизвестных x и y . Действительно, доста-точно проверить выполнение условия (1). При одновременной замене txx → ,

tyy → ( )0≠t получим


187

( ) =tytxf , ( ) ( )( ) ( ) =−+ 22 35 tytytxtx ( )222 35 yxyxt −+ ( )yxft ,2= , т.е. условие (1) из определения выполняется ( 2=n ). Аналогично, уравнение 025 =+− zxyzxy есть однородное уравнение 2-й степени по отношению к неизвестным zyx ,, , поскольку при замене txx → ,

tyy → , tzz → получаем

( ) =tztytxf ,, ( )( ) ( )( ) ( )( ) =+− txtztztytytx 25 ( )zyxft ,,2 .

Итак, однородное алгебраическое уравнение – это уравнение, не меняющее своего вида при одновременном умножении всех его неизвестных на одно и то же число, отличное от нуля. Можно распространить понятие однородности на случай неалгебраических уравнений. Пусть )(xp и )(xq – две произвольные функции, определённые на одном и том же множестве, n ∈ N .

Однородным уравнением n -й степени относительно функций )(xp , )(xq называется уравнение вида

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...222

11 +⋅+⋅+ −

−−

− xqxpaxqxpaxpa nn

nn

nn

( ) ( ) ( ) 0... 01

1 =+⋅+ − xqaxqxpa nn . (2) В частности, если функции )(xp и )(xq являются целыми алгебраическими многочленами, то и уравнение (2) будет относиться к аналогичному классу. В качестве другого примера рассмотрим уравнение вида

0cos3cossin7sin 22 =+⋅− xxxx . Оно является однородным тригонометрическим уравнением 2-й степени отно-сительно функций xsin и xcos .

Перейдём к процедуре решения уравнения (2). Если хотя бы один из коэффициентов na или 0a обращается в нуль, то ле-вая часть уравнения легко раскладывается на множители. В результате уравне-ние оказывается равносильно на ОДЗ совокупности двух уравнений. Например, если 00 =a , 0≠na , то получим совокупность

( )( ) ( ) ( ) ( )⎢

⎣

⎡

=++⋅+

=−−

−− .0...

01

12

11 xqaxqxpaxpa

xpnn

nn

n

Если же 0≠na и 00 ≠a , то для решения однородного уравнения (2) не-обходимо рассмотреть два возможных случая. 1) Если )(xq ≠0, то, поделив обе части уравнения на )(xq n и обозначив


188

после этого отношение ( ) ( )xqxp через t , получим алгебраическое уравнение n -й степени относительно t :

0... 011

1 =++++ −− atatata n

nn

n ,

решив которое и сделав обратную подстановку, найдём часть решений однород-ного уравнения.

2) Если 0)( =xq , то, подставив в уравнение вместо )(xq нуль, получим, что тогда и )(xp должно обращаться в нуль. Таким образом, этот случай сво-дится к решению системы уравнений 0)( =xp , 0)( =xq . Осталось объединить все найденные решения. Уравнение (2) решено. Обратимся к примерам.

Пример 1. Решить уравнение ( ) ( )224 1615 +=++ xxxx .

Решение. Перепишем уравнение: ( ) ( ) 01615 224 =+−++ xxxx . Видно,

что это однородное уравнение 2-й степени относительно функций ( ) 2xxp = и

( ) 1+= xxq . 1) Пусть 01=+x , но система ⎩⎨⎧

=+=

0102

xx

решений не имеет.

2) Пусть теперь 01≠+x . Поделив на ( )21+x и обозначив 1

2

+=

xxt , при-

дём к квадратному уравнению 0652 =−+ tt . Оно имеет два корня 61 −=t ,

12 =t . Возвращаясь к переменной x , приходим к совокупности двух уравнений

⎢⎢⎣

⎡

=−−

=++

01066

2

2

xxxx

⇔ ( )⎢⎢⎣

⎡

±=

±−=

.251

33

4,3

2,1

x

x Ответ:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ±

±−∈2

51;33x .

Пример 2. Решить в целых числах уравнение 02 323 =++ yxyx .

Решение. Заметим, что если 0=y , то 0=x , и, значит, пара ( )0;0 удовле-

творяет уравнению. Пусть 0≠y , тогда поделим обе части уравнения на 3y :

( ) ( ) 023 =++ yxyx .

Обозначим yxt = , тогда имеем кубическое уравнение 023 =++ tt . Подбо-

ром находим корень 1−=t . Делением многочлена 23 ++ tt на 1+t получа-


189

ем: ( )( ) 021 2 =+−+ ttt . Убеждаемся в том, что данное кубическое уравнение имеет единственный корень 1−=t , что соответствует xy −= . Положим

px = , где p – произвольное целое число, не равное 0. Тогда py −= , и име-

ем бесконечно много решений в виде пар чисел ( )pp −; , Zp∈ , 0≠p . Объе-диняя все полученные решения, приходим к ответу. Ответ: ( ) ( ){ }ppyx −∈ ;; , где Zp∈ .

Пример 3 [ВМиК–2005, устн.]. Для каждого действительного значения па-раметра a решить уравнение

434 4 axax =+ . Решение. Заметим, что данное уравнение можно рассмотреть как однородное алгебраическое уравнение 4-й степени относительно x и a . 1) Если 0=a , то 0=x . 2) Если 0≠a , то поделим на 4a , и положим axt = :

0144 =−+ tt ⇔ ( ) ( ) 012212 224 =+−−++ tttt ⇔

⇔ ( ) ( ) 0121 222 =−−+ tt ⇔ ( )( ) 0212212 22 =−++++− tttt . Первый сомножитель в нуль не обращается, а второй имеет два корня

22242

2,1−±−

=t .

Ответ: при 0=a единственное решение 0=x ;

при 0≠a два решения 222422,1 ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −±−= ax .

Пример 4. Найти действительные корни уравнения ( ) ( )( )1132 −+=+ yxyx .

Решение. Данное уравнение в исходном виде не является однородным, но может быть сведено преобразованиями к однородному. Действительно, доста-точно привести его к виду ( ) ( )( ) ( )( )11311 2 −+=−++ yxyx ⇔( ) ( )( ) ( ) 01111 22 =−+−+−+ yyxx .

Получили однородное уравнение 2-й степени относительно 1+x и 1−y .

1) Если 1≠y , то, поделив на ( )21−y и обозначив ( ) ( )11 −+= yxt , по-

лучим 012 =+− tt – нет решений. 2) Если 1=y , то, подставляя в уравнение, находим 1−=x .

Ответ: ( ) ( ){ }1;1; −∈yx .


190

8. Симметрические и кососимметрические уравнения

Симметрическим уравнением n -й степени называется алгебраическое урав-нение вида

0... 011


nn

n , где равноотстоящие от концов многочлена коэффициенты равны, т.е.

0aan = , 11 aan =− , 22 aan =− ,… Рассмотрим отдельно решение симметрических уравнений чётной и нечёт-ной степеней [30]. Если kn 2= ( k ∈ N , k >1), то поделим уравнение на kx и сделаем замену

xxy 1+= . В результате получим алгебраическое уравнение степени в два раза ниже первоначальной, решив которое и сделав обратную подстановку, най-дём все решения уравнения. Если же 12 += kn ( k ∈ N ), то одним из корней уравнения всегда будет

1−=x . Делением многочлена в левой части уравнения на 1+x задача сводит-ся к решению симметрического уравнения степени kn 2= , метод решения ко-торого рассматривался выше.

Пример 1. Решить уравнение 0235532 2345 =++−−+ xxxxx .

Решение. Очевидно, имеем симметрическое уравнение 5-й степени. Решаем его по изложенной выше схеме. Одним из корней уравнения будет число

1−=x . Найдём другие корни: _ 235532 2345 ++−−+ xxxxx ⎟ 1+x

45 22 xx + 262 234 ++−+ xxxx

_ 2355 234 ++−− xxxx 34 xx +

_ 2356 23 ++−− xxx 23 66 xx −− _ 22 +x

_ 232 ++ xx 22 +x

xx +2 0.

Решим симметрическое уравнение 4-й степени

0262 234 =++−+ xxxx .

Поделим для этого обе части уравнения на 2x :


191

06112 22 =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx .

Обозначим ( )xxy 1+= , тогда

( ) 0622 2 =−+− yy ⇔ −+ yy 22 010 = ⇔ ⎢⎣

⎡=−=

.225

yy

Выполняя обратную подстановку, получаем

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=+

−=+

21251

xx

xx

⇔ ( )⎢⎢⎣

⎡

=−

=++

01

02522

2

x

xx⇔

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=−=−=

.121

2

xxx

Объединяя полученные решения, приходим к ответу: { }1;21;1;2 −−−∈x .

Кососимметрическим уравнением n -й степени называется уравнение вида

0... 011


nn

n ,

где равноотстоящие от концов многочлена коэффициенты являются противопо-ложными числами, т.е. 0aan −= , 11 aan −=− , 22 aan −=− ,… Решение кососимметрических уравнений чётной и нечётной степени во мно-гом аналогично решению соответствующих симметрических уравнений. Если kn 2= ( k ∈ N , 1>k ), то делением обеих частей уравнения на kx и заменой xxy 1−= получим алгебраическое уравнение степени в два раза ниже первоначальной, решив которое и сделав обратную подстановку, найдём решения уравнения. Если же 12 += kn ( k ∈ N ), то одним из корней уравнения всегда будет

1=x , поэтому делением на 1−x получаем кососимметрическое уравнение степени kn 2= . Задача свелась к предыдущей.

Пример 2. Решить уравнение 023332 234 =+−−+ xxxx .

Решение. Это кососимметрическое уравнение 4-й степени. Поскольку 0=x не является корнем уравнения, то поделим обе его части на 2x :

023332 22 =+−−+

xxxx .

Перепишем последнее уравнение в виде


192

031312 22 =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx .

Положим ( )xxy 1−= , тогда получим

( ) 03322 2 =−++ yy ⇔ 0132 2 =++ yy ⇔ ⎢⎣

⎡−=−=

.121

yy

Выполняя обратную подстановку, получаем 4 решения

⎢⎣

⎡−=−−=−

11211

xxxx

⇔ ( )( )⎢

⎢⎣

⎡

±−=

±−=

.251

4171

x

x

Пример 3 [Химфак, Наук о материалах–2008, 7]. Найти все значения пара-метра a , при которых уравнение

( ) ( ) ( ) 011121 234 =++−++++ xaxaxax

на промежутке ( )1,−∞− имеет не менее двух корней.

Решение. Так как 0≠x , то делением уравнения на 2x , группировкой сла-гаемых с одинаковыми коэффициентами и заменой ( )xxy 1−= , получаем равносильное уравнение

( ) 03212 =++++ ayay .

Поскольку функция ( )xxy 1−= возрастает на промежутке ( )1,−∞− от ∞−

до ( ) 01 =−f , то исходное уравнение имеет не менее двух корней на ( )1,−∞− тогда и только тогда, когда, когда полученное уравнение имеет два отрицатель-ных корня ( )0,2,1 ∞−∈y , т.е. когда

⎩⎨⎧

>><+

0,0,0 2121

Dyyyy

⇔( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

>+−+

>+>+

03241

,032,012 aa

aa⇔ 203+>a .

Ответ: ( )+∞+∈ ,203a .

9. Возвратные уравнения Уравнения вида

11

31122

21

120 ... −

−+−+ ++++++ n

nn

nn

nnnn xaxaxaxaxaxa λλ +…+

0012

112 =++ +− axa nn λλ , (1)

+++++++ −−

+−

−− 11

11

222

121

20 ... n

nn

nn

nnnn xaxaxaxaxaxa λ

++ −−

22

2 nn xaλ … 00 =+ anλ , (2)


193

где λ – фиксированное число и 00 ≠a , называются возвратными уравнения-

ми соответственно нечётной и чётной степеней. При 1=λ уравнения (1) и (2) являются, в частности, симметрическими уравнениями соответственно нечётной и чётной степеней, при 1−=λ – кососимметрическими. Возвратное уравнение нечётной степени (1) всегда имеет корень λ−=x , поскольку это уравнение можно переписать в виде

( ) ( ) ( ) 0...12121

12120 =++++++ −−++ λλλ xxaxxaxa n

nnnnn ,

и при λ−=x выражения в каждой скобке обращаются в нуль. Выделив мно-житель λ+x из каждой скобки, можно доказать, что уравнение (1) равносиль-но совокупности двух уравнений: уравнения 0=+ λx и некоторого возврат-ного уравнения чётной степени. Для решения возвратного уравнения чётной степени (2) поступают следую-щим образом. Поскольку 0=x не является корнем уравнения, то, разделив уравнение (2) на nx и сгруппировав члены, получим уравнение

0... 1

11

10 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛++⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+ −

−−

nn

nn

nn a

xxa

xxa

xxa λλλ . (3)

Положим ux

x =+λ

, тогда имеем λλ 222

2 −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+ u

xx ,

33 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+

xx λ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

xx

xx λλλ 3

3

uu λ33 − ,

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+

444

xx

xx λλ 2

22 64 λλλ −⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

xx 224 24 λλ +−= uu

и т.д., и уравнение (3) степени n2 относительно x в результате такой замены преобразуется к виду алгебраического уравнения степени n относительно u . Таким образом, степень уравнения стала ниже в два раза. Если теперь удастся решить полученное уравнение степени n , то тогда можно будет найти все ре-шения уравнения (2).

Пример. Решить уравнение 0322423 2345 =−−+−+ xxxxx .

Решение. Заметим при внимательном анализе структуры уравнения, что его можно переписать в виде

( ) ( ) ( ) 022323 532345 =−+−+−−−+ xxxxx , откуда следует, что данное уравнение относится к возвратным уравнениям сте-


194

пени 5 (при 2−=λ ). Так как согласно теории 2=x является его корнем, то, сгруппировав члены уравнения, приведём уравнение к виду

( ) ( ) ( ) 028332 235 =−−−+− xxxxx . Применяя формулы разности пятых и третьих степеней и выделяя множитель ( )2−x , преобразуем уравнение к виду

( )( ) ( )( ) ( ) 024223168422 22234 =−−++−+++++− xxxxxxxxxxx ⇔

⇔ ⎢⎣

⎡

=++++

=−

.016209502

234 xxxxx

Второе из уравнений совокупности является возвратным уравнением четвёртой степени с 4=λ , поскольку его можно переписать в виде

044595 2234 =+⋅+++ xxxx . Так как 0=x , очевидно, не является корнем последнего уравнения, то, поделив его на 2x и сгруппировав члены, получим равносильное уравнение

094542

22 =+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

xx

xx .

Сделав замену ( ) uxx =+ 4 , приходим к квадратному уравнению

0152 =++ uu , имеющему корни

( )( )⎢

⎢⎣

⎡

−−=

+−=

2215

2215

u

u ⇔

( ) ( )( ) ( )⎢

⎢⎣

⎡

−−=+

+−=+

.22154

22154

xx

xx

Первое из этих уравнений решений не имеет, второе имеет два корня

4182110215 −±−−

=x . Объединяя решения, приходим к ответу.

Ответ: ⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧ −±−−

∈4

182110215;2x .

10. Уравнения вида ( ) ( ) cbxax =+++ 44 , где cba ,, – заданные числа, отличные от нуля, решаются с помощью замены неизвестной, произведённой по формуле ( ) 2baxy ++= , приводящей уравнение к симметричному виду, в результате чего решение уравнения 4-й степени общего вида оказывается сведе-но к решению биквадратного уравнения.


195

Пример. Решить уравнение ( ) ( ) 8231 44 =++− xx .

Решение. Положим ( ) ( ) 1

231

+=++−

= xxxy (симметризирующая под-

становка), тогда уравнение приведётся к более удобному симметричному виду ( ) ( ) 8222 44 =++− yy .

Применяя формулу сокращённого умножения ( ) +=+ 44 aba 43223 464 babbaba +++ ,

получаем биквадратное уравнение 82162482 24 =⋅++ yy . Поскольку кор-

ни квадратного уравнения 025242 =−+ zz есть 1=z и 25−=z , то нахо-дим 1±=y и, следовательно, 0=x и 2−=x . Ответ: { }0;2−∈x .

11. Уравнения вида ( )( )( )( ) Adxcxbxax =−−−− , где dcba <<< , cdab −=− , 0≠A .

Для решения уравнения сгруппируем вначале сомножители попарно: ( )( )( ) ( )( )( ) Acxbxdxax =−−−− ,

или ( )( ) ( )( ) Abcxcbxadxdax =++−++− 22 .

Так как cbda +=+ , то выполним после этого симметризирующую подста-

новку ( )2

2 bcadxdaxy +++−= , в результате чего получим уравнение

Aadbcyadbcy =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−22

⇔ 2

2

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=adbcAy ,

откуда (при условии неотрицательности правой части) находим

( )( )22adbcAy −+±= и, возвращаясь к первоначальной переменной, сводим задачу к решению двух квадратных уравнений:

( ) 022

22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++

++−adbcAbcadxdax m .

Замечание. Любое уравнение этого вида можно решать иначе, а именно с помощью симметризирующей подстановки

( ) ( ) ( ) ( )=

−+−+−+−=

4dxcxbxaxy

4dcbax +++

−

сводить к биквадратному уравнению


196

Aadybcybcyady =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+2222

,

Abcyady =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−2

22

2

22 и так далее.

Пример [Мос. гос. вечер. металлург. ин-т–1998]. Решить уравнение

( )( )( )( ) 244321 =++++ xxxx .

Решение. 1-й способ. Перепишем уравнение в виде: ( )( )( ) ( )( )( ) 243241 =++++ xxxx ⇔

⇔( )( ) 246545 22 =++++ xxxx . Обозначим 552 ++= xxy , тогда

( )( ) 2411 =+− yy ⇔ 5±=y . Следовательно, осталось решить два квадрат-

ных уравнения 5552 ±=++ xx . Одно из них даёт корни 0=x и 5−=x , а другое не имеет решений.

2-й способ. Сделаем подстановку 25

44321

+=+++

+= xxy , тогда:

2423

21

21

23

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − yyyy ⇔ 24

41

49 22 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − yy

⇔ 03754016 24 =−− yy . При этом дискриминант 2160=D , и единствен-

ный положительный корень 4252 =y ⇔ ( ) ( )22 2525 =+x . Отсюда приходим к тому же ответу.

12. Уравнения вида ( )( ) 22

21

2 Axcxbaxcxbax =++++ , где 0≠⋅⋅ Aca .

Уравнение этого вида не имеет корня 0=x , поэтому, разделив его на 2x , получим равносильное ему уравнение

021 =−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++ Ab

xcaxb

xcax ,

которое после замены неизвестной ( )xcaxy += преобразуется в квадратное уравнение, решение которого не представляет трудностей.

Пример. Решить уравнение ( )( ) 222 2222 xxxxx =++++ . Решение. Так как 0=x не является корнем уравнения, то, разделив его на

2x , получим уравнение


197

22221 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

xx

xx .

Делая замену ( )xxy 2+= , получим квадратное уравнение ( )( ) =++ 21 yy 2= , которое имеет два корня 0=y , 3−=y . Следовательно, исходное урав-

нение равносильно совокупности уравнений

⎢⎣

⎡−=+

=+,32

02xxxx

решая которую находим корни. Ответ: { }1;2 −−∈x .

13. Уравнения вида ( )( )( )( ) 2Axdxcxbxax =−−−− , где =ab 0≠cd , 0≠A .

Для решения уравнения такого типа вначале преобразуем его:

( )( )( ) ( )( )( ) 2Axdxcxbxax =−−−− ,

( )( ) ( )( ) 222 Axcdxdcxabxbax =++−++− .

Разделив далее обе части уравнения на 02 ≠x , получим уравнение

( ) ( ) Adcx

cdxbax

abx =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+ .

Так как cdab = , то, выполнив замену xabxy += , приходим к квадратно-

му уравнению ( )( ) ( )( ) Adcybay =+−+− и так далее.

Пример [МГИМО–1997]. Выберите промежуток, содержащий сумму всех корней уравнения ( )( )( )( ) 248421 xxxxx =−−−− :

А) ( )6,0 ; Б) ( )12,6 ; В) ( )18,12 ; Г) ( )24,18 ; Д) ответы А) – Г) – неверные.

Решение. ( )( )( )81 −− xx ( )( )( ) 2442 xxx =−− ⇔

⇔ ( )( ) 222 48689 xxxxx =+−+− ⇔ ( )( ) 46898 =−+−+ xxxx .

Положим ( )xxy 8+= , тогда ( )( ) 469 =−− yy . Можно обозначить далее

7−= yz , тогда ( )( ) 412 =+− zz ⇔ 2−=z или 3=z . Делая обратную

подстановку, приходим к квадратному уравнению 08102 =+− xx , для кото-рого по теореме Виета находим 1021 =+ xx (действительные корни есть, так

как дискриминант положителен). Поскольку ( )12,610∈ , то, следовательно, правильный ответ будет Б).


198

14. Уравнения вида ( ) ( ) 222

221

2 Axqxpcxbqxpcxa =+++++ , где 0≠q , 0≠A , 0≠a , 0≠b , 0≠c .

Рассмотрим метод решения такого рода уравнений. Так как 0=x не явля-ется корнем уравнения, то поделим его на 2x :

Apxqcxbp

xqcxa =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

2

2

2

1 .

После замены ( )xqcxy += уравнение приводится к виду квадратного отно-сительно y . Пример. Решить уравнение

( ) ( ) 05132123 22222 =+−+−−+ xxxxx . Решение. Поскольку 0≠x , то уравнение равносильно следующему уравнению

0513212322

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

xx

xx .

Обозначим x

xy 1−= : ( ) ( ) 053223 22 =++−+ yy ⇔ ⎢

⎣

⎡=−=1

1yy

⇔

⇔⎢⎣

⎡=−−=−11

11xxxx

⇔ ( )( )⎢

⎢⎣

⎡

±−=

±=

.251

251

x

x Ответ:

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧ ±−±

∈2

51;

251

x .

15. Тригонометрические подстановки

Известный приём использования различных тригонометрических подстано-вок применим и к целым алгебраическим уравнениям.

Пример [Биолог.–1985]. Сколько корней на отрезке [ ]1,0 имеет уравнение

( )( ) 1188128 242 =+−− xxxx ?

Решение. Поскольку, по условию, [ ]1,0∈x , то для любого такого x суще-

ствует единственное [ ]2,0 π∈t такое, что tx cos= . С другой стороны, каж-

дому [ ]2,0 π∈t по формуле tx cos= ставится в соответствие единственное

[ ]1,0∈x . Это означает, что между множествами значений x и t (отрезками

[ ]1,0 и [ ]2,0 π соответственно) установлено взаимно однозначное соответст-вие. Поэтому исходная задача сводится данной тригонометрической подстанов-


199

кой tx cos= , [ ]2,0 π∈t , к равносильной задаче определения количества решений тригонометрического уравнения

( )( ) 11cos8cos81cos2cos8 242 =+−− tttt

на отрезке [ ]2,0 π . Итак,

( )( ) 111coscos82coscos8 22 =+−⋅ tttt ,

( ) 112sin22coscos8 2 =+−⋅ ttt ⇔ 14cos2coscos8 =⋅⋅ ttt . (1) Чтобы решить полученное уравнение, его следует умножить на tsin . Проверим предварительно, будут ли значения неизвестной t , удовлетворяющие равенству

0sin =t , решениями уравнения. Если 0sin =t , то

1cos ±=t , 11cos22cos 2 =−= tt , 112cos24cos 2 =−= tt .

Следовательно, левая часть уравнения (1) принимает при таких t значения 8± , а правая равна 1. Это означает, что все корни уравнения

( ) ttttt sin4cos2coscossin24 =⋅ , такие, что 0sin =t , будут посторонними корнями и в ответ не войдут. Не-сколько раз применяя формулу синуса двойного аргумента, приходим к уравнению

tt sin8sin = , решая которое, находим две серии

( )⎢⎣

⎡∈+=

∈=.,912

,72Znnt

Zkktπ

π

Из первой серии в отрезок [ ]2,0 π попадают два значения 01 =t и

722 π=t , а из второй серии – значения 93 π=t и 34 π=t . Но 0sin 1 =t ,

поэтому остаётся три корня. Ответ: уравнение имеет на [ ]1,0 ровно три корня. Замечание. Задачу можно было решить также, используя тригонометриче-скую замену tx sin= , где [ ]2,0 π∈t .

16. Частичная замена переменной и сведение к системе

Иногда, чтобы решить уравнение, прибегают к следующему способу. Вводят новую переменную (новые переменные), но при этом в уравнении оставляют и старую переменную (старые переменные). То есть не полностью переходят в уравнении к новой переменной, а частично. В результате решение уравнения оказывается сведено к решению системы уравнений. Может оказаться, что сис-тема решается легче, чем исходное уравнение. Именно в этих случаях и реко-мендуется использование этого подхода.


200

Пример 1. Решить уравнение ( ) ( ) xxxxx =−−++−+ 223323 222 .

Решение. Введём новую переменную, положив 232 −+= xxy . Тогда, очевидно, уравнение равносильно следующей системе алгебраических уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=−+

.2323

2

2

xyyyxx

Решение этой системы относительно x будет решением исходного уравнения. Для решения системы вычтем почленно из одного уравнения другое и получим следствие

( ) ( ) ( )xyxyxy −−=−+− 322 ,

которое легко расщепляется на совокупность двух уравнений

⎢⎣

⎡=++

=−.04

0xyxy

1) Подставляя xy = во второе уравнение системы, получаем квадратное

уравнение 0222 =−+ xx , откуда 312,1 ±−=x .

2) Подставим теперь во второе уравнение системы 4−−= xy : ++ xx 42

02 =+ , откуда находим 224,3 ±−=x . Объединяя, получаем ответ.

Ответ: { }22;31 ±−±−∈x .

Пример 2 [МГИМО]. Вычислить разность между максимальным и мини-мальным действительными корнями уравнения

( )( ) 222 4212 xxx =+− .

Решение. Так как 2−=x не является корнем, то поделим на ( )22+x и по-лучим равносильное уравнение

( )( )22 2212 +=− xxx .

Сделаем замену ( )22 += xxy , тогда уравнение равносильно системе

( )⎩⎨⎧

=−

+=221222

yxxxy

⇔ ( )

⎩⎨⎧

=+

+=

1222

22 yxxyx

⇔ ( )

( )⎩⎨⎧

=+−

−=

.122

22 xyyx

yxxy

Пусть xyvyxu =−= , : ⎩⎨⎧

=+

=

1222

2 vuuv

⇔ ⎩⎨⎧

−=−=126

vu

или ⎩⎨⎧

==

.42

vu

У 1-й

системы нет решений, а из второй находим 512,1 ±=x ⇒ 5221 =− xx .


201

17. Графический подход (метод координат)

Графический подход обладает большой наглядностью, что, безусловно, можно отнести к его достоинствам, но имеет тот недостаток, что не всегда с его помощью можно определить точные значения решений. Чаще он используется для обоснования наличия решений в задаче, а также при оценке их количества. Пример 1 [ВМиК–1998, устн.]. Построить на плоскости Oab геометриче-ское место точек ( )ba; , для которых у уравнения

0422 =+−+ abxax а) нет решений; б) ровно одно решение; в) ровно два решения.

Решение. Найдём дискриминант: ( )( )424 22 −+−= baD . а) Уравнение не имеет решений тогда и только тогда, когда

⎩⎨⎧

<≠

00

Da

или ⎩⎨⎧

==

.00

ba

Искомое ГМГ представляет собой объединение открытого круга радиуса 2 с центром в точке ( )0;2 и точки начала координат.

б) Уравнение имеет ровно 1 решение тогда и только тогда, когда

⎩⎨⎧

=≠

00

Da

или ⎩⎨⎧

≠=

.00

ba

Искомое ГМГ представляет собой объединение окружности радиуса 2 с цен-тром в точке ( )0;2 и оси ординат (с выколотой точкой начала координат). в) Уравнение имеет ровно 2 решения тогда и только тогда, когда

⎩⎨⎧

>≠

.00

Da

a

b

a

b b

a2 2 2

Рис. а) Рис. б) Рис. в)


202

Искомое ГМГ представляет собой внешнюю часть круга радиуса 2 с цен-тром в точке ( )0;2 (без оси ординат). Соответствующие фигуры изображены выше на рисунках.

Пример 2 [Химфак–2007]. Прямая 1l проходит через точки ( )2;3− и ( )1;1

координатной плоскости. Прямая 2l проходит через точку ( )4;5− и перпен-

дикулярна прямой 1l . Найти координаты точки пересечения прямых 1l и 2l .

Решение. Пусть baxy += – уравнение прямой 1l . Найдём коэффициенты a и b :

⎩⎨⎧

+=+−=

baba

132

⇔ ⎩⎨⎧

=−=

.4541

ba

Если dcxy += – уравнение прямой 2l , то по условию

⎩⎨⎧

+−=−=

dcac

541

⇔ ⎩⎨⎧

==

.244

dc

Для точки ( )yx; пересечения прямых 1l и 2l имеем

⎩⎨⎧

+=+−=

244454

xyxy

⇔ ⎩⎨⎧

=−=

.17441791

yx

Пример 3 [ВШЭ]. Сколько различных корней имеет уравнение 012 23 =+− axx

при различных значениях параметра a ? Решение. Перепишем, например, уравнение в эквивалентном виде

( ) 122 −=− axx ⇔ 212 xax −=− и решим его графически. Для этого построим в одной прямоугольной системе координат графики дробно-рациональной 21 xy −= и линейной axy −= 2 функций. Определим, при каком значении параметра a прямая axy −= 2

касается кривой 21 xy −= . Выпишем для этого уравнение касательной к гра-

фику этой функции в точке ( )( )00 ; xyx :

( ) ( )( )000 xxxyxyy −′+= ⇔ ( )030

20

21 xxxx

y −+−= .

Данная касательная и прямая axy −= 2 параллельны тогда и только тогда,

когда их угловые коэффициенты равны: 22 30 =x ⇔ 10 =x .


203

Подставим 10 =x в уравнение каса-тельной:

( ) =−+−= 121 xy 32 −x .

Отсюда получаем, что касание проис-ходит при 3=a .

Ответ: при 3<a ― 1 решение;

при 3=a ― 2 решения; при 3>a ― 3 решения.

3.3.2. Рациональные алгебраические уравнения и неравенства

1. Рациональным алгебраическим уравнением с одним неизвестным x назы-вается уравнение вида

0)()(=

xQxP

, (1)

где )(xP и )(xQ – целые алгебраические многочлены.

В частности, если )(xQ C≡ ( )constC = , то уравнение (1) превращается в целое рациональное уравнение. В общем случае, когда )(xQ – алгебраиче-ский многочлен ненулевой степени, имеем дробно-рациональное алгебраическое уравнение. Если решаемое уравнение имеет вид

)()()( xG

xQxP

= ,

где )(xG – также некоторый алгебраический многочлен, то, как правило, его следует привести к виду (1) и уже затем решать:

0)()()(

=− xGxQxP

⇔ 0)(

)()()(=

⋅−xQ

xQxGxP ⇔ 0

)()(~=

xQxP

,

где )()()()(~ xQxGxPxP ⋅−= . Основной метод решения дробно-рациональных уравнений состоит в том, что уравнение (1) сводится к равносильной ему системе, включающей целое алгебраическое уравнение и такого же вида неравенство:

x

y

y= 1x2

y=2x-a

1-1-2 2

-1

1


204

⎩⎨⎧

≠=

.0)(0)(

xQxP

Так как решение дробно-рациональных алгебраических уравнений сводится в конечном счёте к решению целых уравнений, а основные способы решения последних уже рассматривались выше, то в данном пункте на решении рацио-нальных уравнений мы подробно останавливаться не будем.

Пример 1 [Почвовед.–2000, май]. Решить уравнение

11

11

13

15

15

17

−−

=−−

xx

xx

.

Решение. Уравнение равносильно системе ( )( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≠−=−−

1111 2151317

xxxx

⇔

⇔ ⎩⎨⎧

≠+−=+−−

1211 3015131730

xxxxxx

⇔ ( )

⎩⎨⎧

≠=+−

1012 2413

xxxx

⇔

⇔ ( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

≠=−

101 2213

xxx

⇔ ⎢⎣

⎡−=

=.1

0xx

Пример 2. Решить уравнение при всех действительных значениях параметра a :

axa

axa

axa

axa

22

23

−−

−=

−−

−.

Решение. Приведём подобные члены 02

2=

−+

− axa

axa

и затем приведём

обе дроби к одному знаменателю:

( ) ( )( )( ) 0

222

=−−

−+−axax

axaaxa.

Полученное дробно-рациональное уравнение эквивалентно системе

( )⎩⎨⎧

≠≠

=−

axaxaxa

2;053

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≠≠

⎢⎣

⎡==

axaxax

a

2;35

0⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≠≠

=⎩⎨⎧

≠=

.235;3535

00

aaaaax

xa

Ответ: при 0=a ( ) ( )+∞∞−∈ ,00, Ux ; при 0≠a 35ax = .


205

2. Неравенство одного из следующих видов

0)()(>

xQxP

, 0)()(<

xQxP

, 0)()(≥

xQxP

, 0)()(≤

xQxP

, 0)()(≠

xQxP

,

где )(xP и )(xQ – целые алгебраические многочлены, называется рациональ-ным (алгебраическим) неравенством. Остановимся на основных методах решения неравенств.

Общий метод решения дробных неравенств

Один из самых общих методов решения дробных (не обязательно рацио-нальных) неравенств состоит в сведении неравенства к равносильной ему сово-купности двух систем, например:

0)()(≥

xQxP

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

<≤

⎩⎨⎧

>≥

,0)(0)(

0)(0)(

xQxP

xQxP

0)()(<

xQxP

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

><

⎩⎨⎧

<>

.0)(0)(

0)(0)(

xQxP

xQxP

Заметим также, что

0)()(<

xQxP

⇔ 0)()( <⋅ xQxP , но 0)()(≥

xQxP

⇔⎩⎨⎧

≠≥⋅

.0)(0)()(

xQxQxP

Если решаемое неравенство имеет вид

)()(

xQxP

∨ )(xG

(знак ∨ здесь заменяет любой из знаков неравенств), то, как правило, его следует привести к стандартному виду и уже затем решать:

)()()( xG

xQxP

− ∨ 0 ⇔ )(

)()()(xQ

xQxGxP ⋅−∨ 0 ⇔

)()(~

xQxP

∨ 0 ,

где )()()()(~ xQxGxPxP ⋅−= .

Пример 1 [Социолог.–2007]. Решить неравенство

( )( )( )( )( )( ) 1

852852

−≥+++−−−

xxxxxx

.


206

Решение. ( )( )( )( )( )( ) 01

852852

≥++++−−−

xxxxxx

⇔ ( )

( )( )( ) 0852

662 3

≥+++

+xxxxx

⇔

⇔ ( )( )( ) 0852

≥+++ xxx

x.

Далее неравенство решается методом интервалов (см. о методе интервалов да-лее). Ответ: ( ) ( ) [ )+∞−−−∞−∈ ,02,58, UUx . В следующем примере необходимо найти графический образ решения нера-венства с двумя неизвестными на соответствующей координатной плоскости.

Пример 2 [Геолог.–2003, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множество

точек ( )yx; , координаты которых удовлетворяют неравенству

222

≤+x

yx.

Решение. Преобразуем неравенство:

0222

≤−+x

yx ⇔ 02 22

≤+−

xyxx

⇔ ( ) 011 22

≤−+−

xyx

⇔

⇔

( )

( )⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

>≤+−

⎩⎨⎧

<≥+−

.011

011

22

22

xyx

xyx

Графическим образом решений первой системы является пересечение внешней части круга единичного ра-диуса с центром в точке ( )0;1 и полу-

плоскости 0<x . Решение же второй системы на координатной плоскости представляет собой пересечение замкнутого круга единичного радиуса с цен-тром в ( )0;1 и полуплоскости 0>x . Объединяя обе фигуры, получим оконча-тельно ГМТ, изображённое на рисунке. Замечание. Если в неравенстве вида

( ) ( )xQxP ⋅ ∨ 0 ( ( ) ( )xQxP , – любые функции, а знак ∨ заменяет любой из знаков неравенства) один из сомножителей неотрицателен (неположителен) на ОДЗ, то обычно рас-сматривают два случая: 1) когда он равен нулю или 2) сохраняет постоянный

x

10

y


207

знак. В первом случае все его корни проверяют, являются ли они решениями неравенства, а во втором случае на этот сомножитель делят обе части неравен-ства (с учётом знака), и получают в результате более простую задачу.

Пример 3 [Геолог.–2001, май, устн.]. Решить неравенство 23 2xxx ≤+ .

Решение. Переписав неравенство в виде ( ) 01 2 ≤−xx , заметим, что в левой

его части содержится неотрицательный сомножитель ( )21−x . Очевидно, 1=x является решением. Чтобы найти оставшиеся (не равные единице!) решения, разделим неравенство на ( ) 01 2 >−x , и придём к неравенству 0≤x .

Ответ: ( ] { }10, U∞−∈x .

Пример 4 [Геолог.–1988]. Решить неравенство ( ) 041582 ≥+++ xxx .

Решение. ОДЗ: 4−≥x . Очевидно, что 4−=x является решением данно-го неравенства. Найдём другие решения. Итак, пусть 4−>x , тогда поделив обе

части неравенства на положительное выражение 4+x (с сохранением знака неравенства), придём к равносильному неравенству

01582 ≥++ xx ⇔ ( )( ) 053 ≥++ xx .

Решая последнее неравенство и учитывая ОДЗ, получаем [ )+∞−∈ ,3x . Объе-диняя полученный промежуток с ранее найденным решением, приходим к ответу. Ответ: { } [ )+∞−−∈ ,34 Ux .

Пример 5 [Геолог.–1994, май]. Решить неравенство ( ) 032 24 ≥−−⋅ xxx .

Решение. Заметим, что 0=x является решением неравенства. Чтобы найти

ненулевые решения, поделим обе части на ( )0>xx , и сведём, таким обра-зом, задачу к решению биквадратного неравенства:

032 24 ≥−− xx ⇔ ( )( ) 013 22 ≥+− xx .

После сокращения на положительное выражение 12 +x получаем неравенство

032 ≥−x . Ответ: ( ]3,−∞−∈x { }UU 0 [ )+∞,3 .

Пример 6 [Геолог.–1998, май]. Решить неравенство

( ) 0465 12 <+⋅−+ −xxx .


208

Решение. ОДЗ: 4−≠x . Поскольку на ОДЗ сомножитель 14 −+x положите-лен, поделим на него обе части неравенства, получив равносильное неравенство

0652 <−+ xx . Решением неравенства является интервал 16 <<− x . С учё-том ОДЗ получаем: ( ) ( )1,44,6 −−−∈ Ux .

Метод интервалов для решения неравенств

Наряду с указанным выше общим методом, неравенства (рациональные ал-гебраические в том числе) часто решаются методом интервалов (не путать с методом интервалов для задач с модулями). Метод интервалов, пожалуй, явля-ется одним из самых распространённых методов решения неравенств вида

( )

( ) ( )xQxQxQxPxPxP

l

k

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

...)(...)()(

21

21 ∨ 0 (1)

(количество сомножителей ( )xPi и ( )xQj , ljki ,...,1,,...,1 == , в числителе и знаменателе дроби, а также знак неравенства могут быть произвольными). Слово «обобщённый» перед словосочетанием «метод интервалов» используют обычно в тех случаях, когда множители в левой части неравенства не имеют чисто алгебраический вид. Суть метода состоит в следующем. 1) Все члены неравенства переносятся в одну сторону (например, в левую часть) и приводятся к общему знаменателю (т.е. неравенство приводится к виду (1)). 2) Определяются критические точки, т.е. точки, в которых числитель или знаменатель обращаются в нуль. Для этого решаются уравнения ( ) 0=xPi и

( ) 0=xQj . При этом точки, обращающие в нуль знаменатель, следует «выко-лоть», а остальные – в зависимости от строгости или нестрогости решаемого неравенства. 3) Критические точки наносятся на числовую прямую, разбивая её (в общем случае – ОДЗ) на интервалы, в каждом из которых функция, находящаяся в ле-вой части неравенства, сохраняет знак. 4) Определяется знак на крайнем справа интервале, что обозначается на чи-словой прямой с помощью знака «+» или «–». 5) Определяются знаки на остальных интервалах. В частности, при переходе через очередную критическую точку знак меняется на противоположный, если критическая точка является корнем нечётной кратности (т.е. встречается нечёт-ное число раз среди корней числителя и знаменателя), и знак сохраняется, если точка имеет чётную кратность (или соответствующий множитель находится, например, под знаком модуля). Если числитель и знаменатель имеют совпа-дающие критические точки, то предварительно необходимо произвести сокра-щение, «выколов» данные точки на числовой оси.


209

6) Множеством решений неравенства является объединение интервалов с соответствующим знаком, при этом в случае нестрогого неравенства к этому множеству добавляются корни числителя. Подчеркнём, что этим методом решаются не только алгебраические неравенства.

Пример 1. Решить неравенство ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )0

25352121

23

125

≤+⋅−⋅

−⋅+⋅+⋅−xxx

xxxx.

Решение. Запомнив, что 2−≠x , вначале сократим числитель и знаменатель на общий множитель ( )2+x :

( ) ( ) ( )( )

053

512123

125

≤−⋅

−⋅+⋅−xx

xxx.

Найдём остальные критические точки, это 1=x , 21−=x , 5=x , 0=x ,

53=x , и нанесём все точки (включая 2−=x ) на числовую прямую, выколов те из них, которые обращают в нуль знаменатель дроби ( 2−=x , 0=x ,

53=x ):

-2 -12

0

35

1 5x

Оценим знак левой части неравенства на крайнем справа промежутке 5>x . Для этого подставим любое число из этого промежутка, например 10, в выраже-ние слева от знака равенства. Получим знак «–». Начнём рисовать кривую зна-коопределённости для левой части неравенства. На рассмотренном промежутке изобразим её ниже числовой прямой, что символизирует отрицательный знак. Теперь начинаем мысленно «движение» справа налево вдоль оси x . Доходим до точки 5=x . Чтобы выяснить, поменяется ли в этой точке знак левой части неравенства, найдём множитель ( )x−5 в числителе, который обращается в нуль при этом значении. Он имеет нечётную степень, равную 1, и, следователь-но, при прохождении справа налево через эту точку этот множитель (а с ним и вся левая часть) поменяет знак. На промежутке 51 << x общий знак будет «плюс», а кривая знакоопределённости пойдёт выше оси x . Продолжаем «движение» налево, подходим к точке 1=x . Выясним, поме-няет ли знак левая часть неравенства при прохождении через эту точку. Найдём множитель, из которого мы определили данную критическую точку, это


210

( )51−x . Так как степень, равная 5, нечётная, то этот множитель, а с ним и вся левая часть поменяют знак, и кривая знакоопределённости пойдёт вниз. И так далее… Очевидно, в точке 0=x знак левой части поменяется на противопо-ложный, а в точках 2−=x , 21−=x , 53=x – сохранится. Когда кривая полностью построена, нужно лишь, учитывая знак неравенства «≤ », отобрать те промежутки, которые лежат ниже числовой прямой, не забы-вая про те значения x , которые обращают числитель в нуль (в данном случае это 21−=x ). Таким образом, получаем окончательный ответ.

Ответ: { } ( ) ( ]1,,0 53

53

21 UU−∈x [ )+∞,5U .

Рассмотрим применение метода интервалов к решению задачи.

Пример 2 [ВМиК–1982]. Решить неравенство

2342≥

−+−x

xx.

Решение. ОДЗ: 2≤x . Перепишем неравенство: 0322≥

−+−x

xx и

воспользуемся методом интервалов. Найдём все значения неизвестной x , при которых числитель и знаменатель дроби обращаются в нуль. Для этого решим уравнение

xx 232 −=− ⇔ ( )⎩

⎨⎧

−=−

≥−2232

023

xx

x ⇔ 1=x .

Итак, на ОДЗ имеем две критические точки 0=x и 1=x , в которых числи-тель или знаменатель дроби обращаются в нуль (точку 0=x при этом следует «выколоть»). Определим знак левой части неравенства на интервалах, на кото-рые эти точки разбивают ОДЗ. При 0<x числитель и знаменатель отрицательны, а значит, их отношение положительно. При 10 << x числитель ещё отрицателен, а знаменатель поло-жителен, поэтому их отношение отрицательно. При 21 ≤< x числитель и зна-менатель, как и их отношение, положительны. Построим кривую знакоопреде-лённости для левой части неравенства:

0 1 2

x


211

С учётом знака неравенства выписываем ответ: ( ) [ ]2,10, U∞−∈x . Замечание. Можно было на этапе определения знака дроби поступить ина-че: найти знак этой дроби, например на промежутке 0<x (подставив любое удобное значение x , скажем, 2−=x ), а затем, двигаясь вдоль оси x слева направо, лишь отслеживать, меняется ли знак дроби в каждой из критических точек (он, очевидно, будет меняться в каждой из них).

Пример 3. При всех значениях параметра a решить неравенство ( )( ) 0

22

<+

−−ax

axx.

Решение. Найдём критические точки: { }aax 2;;2 −∈ . Приравнивая их друг к другу попарно, найдём все значения параметра, при которых эти точки совпадают: { }2;0;1−∈a . Рассмотрим четыре случая.

1) ( ]1,−∞−∈a : подставляя в выражения для критических точек в качестве

a любую внутреннюю точку промежутка ( ]1,−∞− (например, 2−=a ), опре-деляем порядок, в котором критические точки располагаются на числовой пря-мой x . При рассматриваемых a они оказываются упорядоченными так:

aa 2,2, − . После этого методом интервалов решаем неравенство:

xa 2 2a

Итак, при указанных значениях a получили решения: ( ) ( )aax 2,2, −∞−∈ U .

Замечание. При 1−=a интервал ( )a2,2 − вырождается (пропадает), и от-

вет будет иметь вид ( )1,−∞−∈x .

2) ( ]0,1−∈a : опять подставляем любую внутреннюю точку a из данного

промежутка (например, 21−=a ) в выражения для критических точек и опре-деляем порядок, в котором эти точки располагаются на числовой прямой. Затем методом интервалов решаем неравенство:

xa -2a 2


212

Итак, при ( ]0,1−∈a получили решения: ( ) ( )2,2, aax −∞−∈ U .

3) ( ]2,0∈a : поступая аналогичным образом, находим:

x2-2a a

Итак, при ( ]2,0∈a получили решения: ( ) ( )2,2, aax U−∞−∈ .

Замечание. При 2=a интервал ( )2,a вырождается (пропадает), и ответ

будет иметь вид ( )4,−∞−∈x .

4) Наконец, в случае ( )+∞∈ ,2a имеем

x-2a 2 a

Поэтому при ( )+∞∈ ,2a решениями будут ( ) ( )aax ,22, U−∞−∈ . В ответе объединяем все полученные результаты. Ответ: при ( )1,−∞−∈a ( ) ( )aax 2,2, −∞−∈ U ; при 1−=a

( )1,−∞−∈x ; при ( ]0,1−∈a ( ) ( )2,2, aax −∞−∈ U ; при ( )2,0∈a

( ) ( )2,2, aax U−∞−∈ ; при 2=a ( )4,−∞−∈x ; при ( )+∞∈ ,2a

( ) ( )aax ,22, U−∞−∈ .

Метод замены множителей на множители равных знаков (*)

При использовании обобщённого метода интервалов для решения нера-венств полезным может оказаться следующий подход, называемый в данной книге методом замены множителей на множители равных знаков. Некоторые авторы, например, Дорофеев Г.В., относят этот метод к разновидности обобщённого метода интервалов, а другие, скажем, Моденов В.П., называют методом логических схем равносильных высказываний. Рассмотрим суть этого подхода. Пусть, например, решается неравенство вида

( )

( ) ( )xQxQxQxPxPxP

l

k

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

...)(...)()(

21

21 ∨ 0 (1)

(количество сомножителей ( )xPi и ( )xQj , ljki ,...,1,,...,1 == , в числителе


213

и знаменателе дроби, а также знак неравенства могут быть произвольными). Пусть для одного из сомножителей (ради определённости будем считать, что это сомножитель )(1 xP ) нашлась такая функция )(~

1 xP , определённая на ОДЗ не-

равенства, что она обращается в нуль одновременно с )(1 xP , а при остальных

x из ОДЗ имеет тот же знак, что и )(1 xP . В остальном, вообще говоря, функ-

ция )(~1 xP может иметь любой вид. Тогда исходное неравенство равносильно на

ОДЗ неравенству

( )( ) ( )xQxQxQ

xPxPxPl

k

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

...)(...)()(~

21

21 ∨ 0

(сомножитель )(1 xP заменили сомножителем )(~1 xP того же знака).

Приведём наиболее типичные примеры использования этого подхода.

1) Если в неравенство (1) входит множитель ( )xP1 вида −)(xa )(xb , то

его можно заменить в целях упрощения решения задачи на множитель )(~1 xP

вида )()( 22 xbxa − , не содержащий модулей, так как ∀ ba, ∈ R знаки выра-

жений ba − и 22 ba − совпадают (обращаются в нуль они также одновре-менно). 2) Множитель ( )xP1 логарифмического вида )(log )( xaxb на ОДЗ задачи

заменяют эквивалентным ему по знаку, но более простым множителем )(~1 xP

нелогарифмического вида ( )( )1)(1)( −− xbxa . Множитель ( )xP2 в виде раз-

ности двух логарифмов по одному основанию )(log)(log )()( xcxb xaxa − за-

меняют на ОДЗ (т.е. при дополнительном условии 1)(0 ≠< xa , 0)( >xb ,

0)( >xc ) произведением вида ( )( ))()(1)( xcxbxa −− . Поскольку в результате применения этого метода трансцендентное неравен-ство (логарифмическое, показательное и т.д.) часто приводится к рационально-му виду, то его в этих случаях относят к методам рационализации.

Пример 1 [Мехмат–1998]. Решить неравенство

( )0

81023213log4log1

22212 ≥

+−−−+

−+++

xxxxxx

.

Решение. Входящие в данное неравенство логарифмы определены при 134 <<− x . Преобразуем числитель дроби


214

( ) ( )0

81023213log4log2log

22222 ≥+−−−+

−−++

xxxxxx ,

или ( ) ( )

0810232

13log82log22

22 ≥+−−−+

−−+

xxxxxx

.

Теперь, помня об ограничении 134 <<− x , заменим и числитель, и знамена-тель на более простые выражения алгебраического вида (эквивалентного знака), перейдя к равносильному неравенству

( ) ( )( ) ( )

0810232

13822222≥

+−−−+

−−+

xxxxxx

.

Разложив знаменатель на множители и упростив, приходим к неравенству

( )( ) ( )0

1113535

2 ≤−−−

−xxx

x ⇔

( ) ( )⎩⎨⎧

<−−

≠

,0111

352 xx

x

откуда с учётом ОДЗ находим ответ: ( ) ( ) ( )11,3535,11,4 UU−∈x .

3) Множитель показательно-степенного вида )()( )()( xcxb xaxa − на ОДЗ неравенства (т.е. при дополнительном условии 0)( >xa ) также заменяют про-

изведением ( )( ))()(1)( xcxbxa −− .

Пример 2. Решить неравенство 2

2

43

4

2

41

14

2 −−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +>⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

xxx

xx

xx

.

Решение. Приведём неравенство к виду

04

14

123

2

42

2

4

<⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++−− xxx

xx

xx

и, применяя указанный выше приём, перейдём к эквивалентному ему дробно-рациональному алгебраическому неравенству:

( ) ( )( ) 03214

1 22

4

<+−−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+ xxxx

x ⇔

( )( )⎩⎨⎧

≠<−+−

002314 224

xxxx

⇔

⇔( )( ) ( )( )( )

⎩⎨⎧

≠<−+−−−

.00323232 222

xxxx


215

0

2- 3 2- 323

232+ 3 2+ 3

x+ + +

Ответ:

.32,3232,00,32

32,32 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ −⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ −−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−∈ UUUx

4) Множитель вида )()( )( xcxa xb − можно заменить при условии

1)(0 ≠< xa , 0)( >xc множителем ( )( ))(log)(1)( )( xcxbxa xa−− , а множи-

тель вида )()(log )( xcxbxa − соответственно множителем ( )×−1)(xa

( )( ))()()( xcxaxb −× (при условии 1)(0 ≠< xa , 0)( >xb ).

5) Множитель иррационального вида )()(2 xcxbn − ( )Nn∈ заменяют при

условии 0)( ≥xb , 0)( ≥xc рациональным выражением )()( 2 xcxb n− , а

множитель вида )()(12 xcxbn −+ при любых )(xb и )(xc соответственно раз-

ностью )()( 12 xcxb n+− и так далее.

Пример 3 [Олимпиада «Ломоносов–2007», 4]. Решить неравенство

1127128≤

−−+−−−

xxxx

.

Решение. ОДЗ: 87 ≤≤− x . Выполним равносильные преобразования:

( )0

127127128≤

−−+−−+−−−−

xxxxxx

⇔ 012778≤

−−++−−

xxxx

⇔

⇔ ( ) ( )( ) ( )

012778

2 ≤−−++−−

xxxx

⇔ ( )( ) 0243

21≤

−+−

xxx

.

С учётом ОДЗ приходим к ответу: [ ) [ )2,2143,7 U−−∈x .

Применение этого метода на практике часто позволяет существенно упро-стить решение неравенства и сэкономить время. Важно лишь отслеживать рав-носильность этих переходов.


216

Рациональные неравенства, решаемые на отдельных промежутках ОДЗ

Иногда для решения задачи бывает удобно разбить ОДЗ на отдельные про-межутки и на каждом из них решить задачу.

Пример 1 [Геолог.–2000, май, устн.]. Решить неравенство 01258 >+−+− xxxx .

Решение. Разобьём ОДЗ ( )Rx∈ на отдельные промежутки, и на каждом из них решим неравенство. 1) Пусть ( ]0,∞−∈x . Оценим, какие значения при таких x принимает ле-вая часть неравенства. Сгруппируем слагаемые:

( ) ( ) =+−+− 1258 xxxx ( )+−135 xx ( ) 11 +−xx .

Первые два слагаемых неотрицательны, а третье – положительно, поэтому их сумма положительна на всем рассматриваемом промежутке. 2) Пусть ( ]1,0∈x . Оценим значения левой части неравенства при данных значениях x , по-другому сгруппировав слагаемые:

( ) ( ) =−+−+ xxxx 1528 ( ) ( )xxxx −+−+ 11 328 .

Первое слагаемое положительно, а два другие – неотрицательны, поэтому их сумма положительна на всем рассматриваемом промежутке. 3) Пусть, наконец, ( )+∞∈ ,1x . Тогда для удобства оценивания значений левой части неравенства сгруппируем слагаемые так же, как и в первом случае:

( ) ( ) =+−+− 1258 xxxx ( )+−135 xx ( ) 11 +−xx .

Эта сумма принимает положительные значения как сумма трёх положительных выражений. Итак, мы доказали, что данное неравенство справедливо при всех действи-тельных значениях переменной x . Ответ: .Rx∈

Пример 2. Решить неравенство 022 59 >−+− xxx .

Решение. Разложим многочлен в левой части неравенства на множители: ( ) ( ) 0112 49 >−−− xxx . Используя формулу разности n -х степеней

( )( )1221 ... −−−− ++++−=− nnnnnn babbaababa , Nn∈ , приведём неравенство к виду

( )( ) 0222221 2345678 >++++++++− xxxxxxxxx .

Обозначим выражение во вторых скобках через ( )xP8 и покажем, что этот мно-


217

гочлен принимает при всех x строго положительные значения. Для этого разо-бьём числовую ось на несколько промежутков, и на каждом из них, группируя слагаемые, добьёмся того, чтобы можно было легко оценить их знак. 1) ( ]1,−∞−∈x : ( ) =xP8 ( ) ( ) ( ) ( )++++++++ 111212 357 xxxxxxxx

02 >+ , так как первые четыре слагаемых в этой сумме неотрицательны, а по-следнее – строго положительно.

2) ( ]0,1−∈x : ( ) =xP8 ( ) ( ) ( ) ( )+++++++++ 1112122 2468 xxxxxxxx

( ) ( ) 011 4 >−+++ xx , так как первые четыре слагаемых в этой сумме неот-рицательны, а последние два – положительны.

3) ( )+∞∈ ,0x : ( )xP8 0> . Таким образом, поделив обе части решаемого

неравенства на ( )xP8 0> , приходим к равносильному неравенству 01>−x .

Ответ: ( )+∞∈ ,1x .

3.3.3. Иррациональные алгебраические уравнения и неравенства Уравнение (неравенство), содержащее неизвестную величину либо рацио-нальное алгебраическое выражение от неизвестной под знаком радикала, назы-вают иррациональным уравнением (неравенством). В элементарной математике иррациональные уравнения и неравенства решают на множестве действитель-ных чисел. Всякое иррациональное уравнение с помощью элементарных преобразова-ний (умножения, деления, возведения в натуральную степень обеих частей уравнения) может быть сведено к рациональному алгебраическому уравнению. При этом следует иметь в виду, что полученное рациональное алгебраическое уравнение может оказаться не равносильным исходному иррациональному уравнению, а именно может содержать посторонние корни, которые не будут корнями исходного иррационального уравнения. Поэтому, вычислив корни по-лученного алгебраического уравнения, необходимо проверить, будут ли все они также и корнями исходного иррационального уравнения. Основной подход к решению иррациональных уравнений (неравенств) – их рационализация, т.е. сведение к рациональным алгебраическим уравнениям (не-равенствам). При этом могут быть использованы различные средства. Для того чтобы найти множество решений иррационального неравенства тоже, как правило, приходится возводить обе части неравенства в натуральную степень. Несмотря на внешнюю схожесть процедур решения иррационального уравнения и иррационального неравенства, между ними существует большое отличие. При решении иррациональных уравнений можно, вообще говоря, не заботиться о том, чтобы после возведения в степень получилось уравнение, эк-вивалентное исходному: алгебраическое уравнение имеет обычно конечное чис-


218

ло корней, из которых проверкой нетрудно отобрать решения исходного ирра-ционального уравнения. Множество решений неравенства представляет собой в основном бесконеч-ное множество чисел, и поэтому непосредственная проверка решений путём подстановки этих чисел в исходное неравенство становится принципиально не-возможной. Единственный способ, гарантирующий правильность ответа, заклю-чается в том, что мы постоянно должны следить за тем, чтобы при каждом пре-образовании неравенства у нас получалось неравенство, равносильное исходно-му. Решая иррациональные неравенства, следует помнить, что при возведении его частей в нечётную степень всегда получается неравенство, эквивалентное исходному неравенству. Если же обе части неравенства возводить в чётную сте-пень, то будет получаться неравенство, эквивалентное исходному и имеющее тот же знак лишь в случае, если обе части исходного неравенства неотрицатель-ны (одного знака). Отсюда получаем различные методы решения иррациональных уравнений и неравенств. Перечислим те из них, что характерны именно для решения задач с радикалами. Остальные – универсальные – методы решения, будут рассмотрены в следующем пункте 3.4.

Метод возведения в степень

Метод возведения в степень является одним из наиболее распространённых методов решения задач с иррациональностями. Как уже отмечалось выше, при его использовании следует помнить, что любое уравнение и неравенство всегда можно возвести в нечётную степень, это преобразование является равносильным. Другое дело, если уравнение необходимо возвести в чётную степень. В общем случае это переход к следствию, чреватый появлением посторонних корней. Это допустимо, если возможно сделать проверку корней. Если же проверка по какой-либо причине затруднена или невозможна (например, когда при решении нера-венств и некоторых уравнений получается бесконечно много решений), то следует сохранять равносильность выполняемых преобразований. Для этого перед оче-редным возведением в чётную степень следует не забывать выписывать условие неотрицательности обеих частей уравнения. Если уравнение содержит несколько радикалов, то для последовательного избавления от них уравнение приходится возводить в степень несколько раз. В этом случае перед очередным возведением в степень часто используют приём уединения корня.

Пример 1 [РЭА им. Плеханова]. Решить уравнение 23323013 −=−−− xxx .

Решение. ОДЗ: ⎩⎨⎧

≥−≥−

≥−

02,0303013xx

x ⇔ 3≥x .


219

Далее метод возведения в степень (в данном случае в квадрат, так как в уравне-ние входят квадратные корни) можно применить двумя способами. 1-й способ. Приведём уравнение к виду

+−=− 323013 xx 23 −x . Обе части уравнения неотрицательны, поэтому, возведя его в квадрат, получим равносильное (на ОДЗ) уравнение:

( ) ( )( ) ( )292312343013 −+−−+−=− xxxxx ⇔

⇔ ( )( )23120 −−= xx ⇔ ⎢⎣

⎡∉=

=.2

3ОДЗx

x

2-й способ. Сразу возведём уравнение в квадрат

( ) ( )2223323013 −=−−− xxx

(переход к следствию) и, упростив, запишем в виде

( )( ) 6233013 −=−− xxx . Разложим полученное уравнение на множители

( ) 03013323 =−−−− xxx , и сведём к совокупности

⎢⎢⎣

⎡

−=−

=−

301332

03

xx

x ⇔ ⎢

⎣

⎡==

.23

xx

Так как в процессе решения задачи был переход к следствию, то необходимо сделать проверку полученных значений x подстановкой в ОДЗ или исходное уравнение (или в любое уравнение, равносильное исходному). Число

ОДЗx ∉= 2 (посторонний корень, образовавшийся из-за возведения в квад-рат без учёта совпадения знаков обеих частей уравнения). Получаем тот же от-вет. Ответ: { }3∈x .

Пример 2. Решить уравнение 1334 33 =−−+ xx .

Решение. 1-й способ. Возведём неравенство в куб, используя формулу

( ) ( )333333 3 baabbaba −−−=− :

( ) ( ) ( )( )( ) 13343343334 333 =−−+−+−−−+ xxxxxx .

Заменяя, в силу исходного уравнения, выражение 33 334 −−+ xx единицей


220

и упрощая, получаем, как следствие, уравнение

( )( ) 123343 =−+ xx ⇔ 01830312 =−+ xx . 2918281 ==D , 30,61 21 =−= xx . Проверка показывает, что оба значения

удовлетворяют исходному уравнению. 2-й способ. Приведём уравнение к виду

1334 33 +−=+ xx , и после этого возведём его в куб:

( ) ( ) 13333334 33 2 +−+−+−=+ xxxx ⇔

⇔ ( ) 01233 33 2 =−−+− xx .

Решая это уравнение как квадратное относительно 3 3−x , находим:

433 −=−x или 333 =−x , откуда получаем те же значения x . Следует отметить, что второй способ в данном случае предпочтительней, так как полученное в конце квадратное уравнение имеет более простые коэффици-енты (и не надо делать проверку). Ответ: { }30;61−∈x .

Пример 3. Решить уравнение 3 333 33 11 xxxxxx −++=+−+ .

Решение. Возведём обе части уравнения в куб (равносильное преобразование):

( )=+−+⋅+−⋅⋅++−+ 3 333 333 1131 xxxxxxxxx

( )3 333 333 1131 xxxxxxxxx −++−⋅+⋅+−++= .

Заменяя выражение 3 33 1+−+ xxx выражением 3 33 1 xxx −++ , полу-чим уравнение, являющееся следствием исходного:

( ) ( ) 0111 3 333 333 33 =−++⋅−⋅+−+−⋅ xxxxxxxxx . Это уравнение сводится к совокупности двух уравнений:

⎢⎢⎣

⎡

=−++

=−⋅+−+−⋅

.01

0113 33

3 333 33

xxx

xxxxxx

Решения первого уравнения есть 0=x , 2=x и 2−=x . Второе уравне-ние имеет одно решение 1−=x . Проверка показывает, что все четыре значения

являются корнями исходного уравнения. Ответ: { }2;0;1;2 −−∈x .


221

Пример 4 [Геолог.–2002]. Решить неравенство

1582786 22 −−≥−−−− xxxxx .

Решение. Выпишем ОДЗ: ⎪⎩

⎪⎨⎧

≥−−

≥−≥−−

,0158027;086

2

2

xxxxx

но не будем сразу

решать эту систему. Приступим к решению неравенства, переписав его в виде

1582786 22 −−+−≥−− xxxxx , добившись того, чтобы обе части неравенства стали неотрицательны (иначе не-равенство возводить в квадрат нельзя). Только после этого возведём в квадрат, перейдя к равносильному (на ОДЗ) неравенству

( )( ) 1581582722786 222 −−+−−−+−≥−− xxxxxxxx . После упрощения получим

( )( )158270 2 −−−≥ xxx ⇔ ( )( )( )53270 −−−= xxx ⇔

⇔ ⎢⎣

⎡

∉===.5

;3;27ОДЗx

xx Ответ:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧∈ 3;

27x .


( ) 042 =+−+ xxx .

Решение. ( ) 042 =+−+ xxx ⇔ ( ) 042 =+−+ xxx ⇒

⇒⎢⎢⎣

⎡

=+−

=+

04

02

xx

x⇔ ⎢

⎣

⎡

=+−

−=

04

2

xx

x ⇒

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=+

=−=

04

02

x

xx

⇔

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−==−=

.40

2

xxx

Проверка подстановкой в исходное уравнение показывает, что все три числа являются решениями уравнения. Замечание. Иногда при решении этой задачи записывают ОДЗ так:

⎩⎨⎧

≥+≥−≥+

.040,02

xxx

Хочется предостеречь читателя от таких попыток, поскольку первые два условия в системе неверны, что подтверждается наличием среди корней уравнения числа

4−=x . На самом деле ОДЗ выглядит следующим образом:


222

( )

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≥+≥+−

≥+−+

.0404

042

xxx

xxx

Пример 6 [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2002, май]. Решить уравнение

( ) ( ) 3242 ++−=+−+ xxxxxx .

Решение. Заметим, что 2−=x и 0=x являются решениями уравнения (а числа 4−=x и 3−=x – не являются). Найдём корни этого уравнения, отлич-ные от 2−=x и 0=x . Для них, согласно ОДЗ,

⎪⎩

⎪⎨⎧

≥+≥+

>−>+

04;030;02

xxxx

⇔ 02 <<− x .

Возведём уравнение в квадрат, получив равносильное (на ОДЗ) уравнение:

( ) ( ) 3242 ++−=+−+ xxxxxx .

Обе части последнего равенства положительны при 02 <<− x , поэтому, воз-водя его в квадрат ещё раз, придём к равносильному равенству

( ) ( ) ( ) 3242 22 ++=+−+ xxxxxx .

Сократив на ( )02 >+x и ( )0<x , получим уравнение

( ) 342 +=++− xxxx ,

обе части которого отрицательны при 02 <<− x . Поэтому, возводя ещё раз в квадрат, получим уравнение, равносильное предыдущему:

( ) ( ) ( )342 22 +=++ xxxx ⇔ 016205 2 =++ xx ,

корни которого ( )0,25

22 −∉−−=x и ( )0,25

22 −∈+−=x .

Ответ: ( ){ }0;522;2 +−−∈x .


223

Стандартные задачи и схемы их решения

В частности, на методе возведения в степень основано решение многих весьма распространённых видов иррациональных уравнений и неравенств. Об-ратимся к стандартным схемам их решения.

1) Уравнения вида )()( xgxf = ⇔ ⎩⎨⎧

=

≥

).()(0)(

2 xgxfxg

Пример 1 [Геолог.–1995]. Решить уравнение 465 =+− xx .

Решение. Перепишем уравнение в виде xx −=− 465 , и затем восполь-зуемся указанной схемой решения:

xx −=− 465 ⇔ ( )⎩

⎨⎧

−=−

≥−2465

04

xx

x ⇔ ( )( )⎩

⎨⎧

=−−≤

.01124

xxx

Ответ: { }2∈x .

Пример 2 [Высшая школа бизнеса–2003]. Решить уравнение

xxxx 10223641276 223 +=+ . Решение. Прежде всего, заметим, что обе части уравнения можно сократить на 2:

xxxx 51191319 223 +=+ . Действуя далее по схеме, получаем, что уравнение равносильно системе

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

+=+

≥+

91319511

0511222

2

xxxx

xx ⇔

⇔

( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡

=−−

=

≥+

0619110

0511

2 xxx

xx

⇔

( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡

−==

=

≥+

113;20

0511

xxx

xx

⇔ ⎢⎣

⎡==

.20

xx

Пример 3 [ИСАА–2005]. Решить уравнение

( )32 2341 +=++++ xxxx .

Решение. Пусть 2+= xy , тогда при 1≥y уравнение принимает вид

yyyy =−+− 11 2 . Уединив более «сложный» корень, приведём урав-


224

нение к виду

112 −−=− yyyy ,

и воспользуемся приведённой выше схемой:

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

−−=−

−≥22 11

1

yyyy

yyy ⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−=−

≥+−

yyyyyy

yy232

3

2

01 ⇔

⇔ ( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−=−

≥+−

).1(2

01122

2

yyyyyy

yy

Неравенство системы выполнено при всех 1≥y , поэтому, сократив уравне-

ние на y , получим ( ) 012

2 =−− yy ⇔ 012 =−− yy , откуда с учётом

1≥y находим ( ) 251+=y , т.е. ( ) 253 +−=x - единственное решение.

Ответ: ( ){ }235 −∈x .

2) Неравенства вида

)()( xgxf ≤ ⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤

≥≥

);()(0)(0)(

2 xgxfxgxf

( ) ( )xgxf < ⇔

( )( )( ) ( )⎪

⎩

⎪⎨

⎧

<

>≥

.00

2 xgxfxgxf

Пример 4 [Эконом.–2003]. Решить неравенство

1228 2 +≤−+ xxx . Решение. Согласно схеме неравенство равносильно системе

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

+≤−+

≥−+

≥+

22

2

1228

028012

xxx

xxx

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥−+

≤−−

−≥

0725082

21

2

2

xxxx

x

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡≥−≤

≤≤−−≥

157

42,21

xx

xx

⇔ 41 ≤≤ x . Ответ: [ ]4,1∈x .

Пример 5 [Мехмат–2003, март]. Решить неравенство

33

37

34104 x

xxxx

≤−−

−.


225

Решение. Заметим, что 0≥x , причём 0=x – решение. Найдём другие по-ложительные решения неравенства. Имеем

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤−−

−

≥−−

−

63

37

3

37

34104

034

104

xxx

xxxx

xx

⇔

( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

≤+−−−

−+

≥+−−−

+−

+−

+−

.01

25

01

2113

2113

332

1132

113

42

542

5

xxxxx

xxxxx

Решая каждое из неравенств методом интервалов, получим

13 - 1-2

52-

4

152

4 13 - 12 x

x

13 - 12

53

1 23 13 - 1

2

Таким образом, приходим к ответу: { }U0∈x [ ] .2,25 34

3) Неравенства вида

)()( xgxf ≥ ⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥<

⎩⎨⎧

≥

≥

;0)(0)(

)()(0)(

2

xfxg

xgxfxg

и ( ) ( )xgxf > ⇔

( )( ) ( )( )( )⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥<

⎩⎨⎧

>

≥

.00

02

xfxg

xgxfxg

Пример 6 [Эконом.–2003]. Решить неравенство

1245 2 −−≥−− xxx . Решение. Согласно схеме, неравенство равносильно совокупности

( )

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥−−

<−−⎩⎨⎧

−−≥−−

≥−−

045012

1245

012

2

22

xxx

xxx

x

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≤−+

−>⎩⎨⎧

≤−+

−≤

05421

048521

2

2

xxx

xxx

⇔ ⎢⎣

⎡≤<−−≤≤−

.121212

xx

Ответ: [ ]1,2−∈x .


226

Отметим, что, вообще говоря, не все неравенства указанного вида удобно решать с помощью предложенной схемы. Приведём два примера, когда целесо-образнее воспользоваться стандартным подходом, учитывающим ОДЗ.

Пример 7 [Химфак, Наук о материалах, Физ.-хим. факультеты–2006].

Решить неравенство 21 −≥− xx .

Решение. ОДЗ: 1≤x . Но тогда выражение в правой части неравенства от-рицательно и, следовательно, неравенство верно всюду на ОДЗ.

Пример 8 [Олимпиада «Абитуриент–2006»]. Решить неравенство

3092501402412122 2

2

2

−−≥+−+− xx

xxxx

.

Решение. ОДЗ: 01402412122

2

2

≥+−+−

xxxx

⇔( )

( )( ) 01410

11 2

≥−−

−xx

x⇔

⎢⎢⎢

⎣

⎡

>=<

.141110

xxx

Заметим, что правая часть неравенства отрицательна на ОДЗ, в самом деле,

0309502 2 <−+− xx ⇔ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+∞

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −∞−∈ ,

2725

2725, Ux ,

причём <−

<2

72511 142

725<

+ . Итак, исходное неравенство верно при

всех x из ОДЗ. Ответ: ( ) { } ( )+∞∞−∈ ,141110, UUx .

4) Уравнения вида

)()( xgxf = ⇔ ( )( ) ( )⎩

⎨⎧

=≥≥

.)0)((0

xgxfxgилиxf

Пример 9. Решить уравнение 29252 −=−+ xxx .

Решение. Согласно схеме, данное уравнение равносильно системе

⎩⎨⎧

−=−+

≥−

2925029

2 xxxx

⇔ ( )⎩⎨⎧

=−≥

.0492

xxx

Ответ: { }4∈x .

5) Неравенства вида )()( xgxf ≤ ⇔ ⎩⎨⎧

≤≥

);()(0)(

xgxfxf


227

( ) ( )xgxf < ⇔ ( )( ) ( )⎩

⎨⎧

<≥

.0

xgxfxf

Пример 10. Решить неравенство

2529 2 −+≤− xxx . Решение. Согласно схеме, неравенство равносильно системе

⎩⎨⎧

−+≤−

≥−

2529029

2 xxxx

⇔ ( )⎩⎨⎧

−≤≥

.4092xx

x Ответ: [ )+∞∈ ,4x .

Пример 11 [Геолог.–2006]. Решить неравенство

232

256

25 xxxx −≥− .

Решение. Неравенство равносильно системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

−≥−

≥−2

2532

25

225

6

06

xxxx

xx ⇔

( )( )( )⎩

⎨⎧

≤−≤−−

0125032

xxxxx

⇔ { }U0∈x [ ]512,2 .

6) Уравнения вида

mn xgxf )()( = ⇔ ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

∈

.))(())(( ),(),( mnНОКmmnНОКn xgxf

ОДЗx

Пример 12. Решить уравнение 3 31 +=− xx .

Решение. Перейдём от уравнения к равносильной ему системе

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=−

≥+

≥−

23

3

31

03

01

xx

x

x

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−−−

−≥≥

010343

1

23 xxxxx

⇔

⇔ ( ) ( ) ( )⎩⎨⎧

=−+−+−

≥

0102551

223 xxxxxx

⇔ ( )( )⎩⎨⎧

=++−

≥

.0251

2 xxxx

Ответ: { }5∈x . Пример 13 [Мехмат–1999, март]. Решить уравнение

022

94cos14cos1

38 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

−+ xtg

xx π

.


228

Решение. Упростив подкоренные выражения, приведём уравнение к виду

382

2

22sin22cos2 xctgxx

−= ⇔ 38 2 22 xctgxctg −= .

Сделав замену xctgt 2= , приходим к алгебраическому уравнению и решаем его:

38 2 tt −= ⇔ ( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

≤243

248 2

0

tt

t ⇔

⎩⎨⎧

=

≤86

0tt

t ⇔ ⎢

⎣

⎡−=

=1

0tt

⇔

⇔⎢⎣

⎡−=

=12

02xctgxctg

⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∈+=

∈+=

Zkkx

Znnx

,4

32

,2

2

ππ

ππ

⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∈+=

∈+=

.,28

3

,24

Zkkx

Znnx

ππ

ππ

7) Неравенства вида 1212 )()( ++ ≤ nn xgxf ⇔ )()( xgxf ≤ ;

( ) ( )1212 ++ < nn xgxf ⇔ ( ) ( )xgxf < .


5 25 2529 −+≤− xxx . Решение. Возводя в пятую степень, получаем равносильное неравенство

2529 2 −+≤− xxx ⇔ ( )40 −≤ xx . Ответ: ( ] [ )+∞∞−∈ ,40, Ux .

Метод домножения на сопряжённое выражение

При использовании этого метода выражение, содержащее радикалы, одно-временно умножается и делится на сопряжённое к нему выражение, в результате чего иррациональность пропадает, и решение задачи упрощается. Безусловно, при этом необходимо контролировать ситуацию, не допуская потери или приоб-ретения лишних корней. Приведём вначале определение того, какое иррациональное выражение на-зывается сопряжённым к другому. Пусть S – некоторое выражение, содержа-щее радикалы (корни). Сопряжённым множителем относительно S называет-ся всякое выражение K , не равное тождественно нулю, такое, что произведение

KS ⋅ не содержит корней.

1) В частности, для выражения вида n lqp zyxS ⋅⋅⋅= ... , где lqp ,...,, – натуральные числа, меньшие n , сопряжённый множитель имеет вид

n lnqnpn zyxK −−− ⋅⋅⋅= ... , так как zyxKS ⋅⋅⋅=⋅ ... .


229

2) Для выражения вида yxS ±= ( )0, ≥yx сопряжённый множитель есть

yxK m= , так как ( ) ( ) yxyxKS −=−=⋅22

.

3) Для выражения вида 33 yxS ±= сопряжённый множитель есть

3 233 2 yxyxK += m , так как ( ) ( ) yxyxKS ±=±=⋅3

333 .

4) Для выражения вида nn yxS −= ( )4,,0, ≥∈≥ nNnyx сопряжён-ный множитель есть

n nn nn nn n yxyyxxK 1221 ... −−−− ++++= ,

так как ( ) ( ) yxyxKSn

nnn −=−=⋅ .

5) Для выражения вида nn yxS += сопряжённый множитель находится на основании формул сокращённого умножения

( )( )1222221222 ... −−−− −++−+=− nnnnnn babbaababa ,

( )( )nnnnnn babbaababa 2121221212 ... +−+−+=+ −−++ .

Рассмотрим примеры.

Пример 1 [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Решить уравнение

99998

1...21

11

1=

+++++

++++

++ xxxxxx.

Решение. Умножив и разделив каждую из дробей на выражение, сопряжённое к её знаменателю (все они положительны, поэтому в результате выполненных преоб-разований получим равносильное исходному уравнение):

( ) ( ) ( ) 99899...121 =+−++++−++−+ xxxxxx ,

которое после упрощений примет вид 999 =−+ xx . Решая уравнение стандартным образом, получим ответ. Ответ: { }1∈x .

Пример 2 [Мехмат–2003]. Решить неравенство

++−++++

⋅34345

xxxx

34344

++++−+

⋅xxxx 49 +≤ x .

Решение. Преобразуем подкоренное выражение у первого слагаемого в ле-вой части неравенства, домножив числитель и знаменатель дроби на положи-


230

тельное выражение 34 +++ xx , сопряжённое к знаменателю:

( )( )( ) =++++−+

+++3434

342

xxxxxx ( )234 +++ xx .

Аналогично преобразуем второе слагаемое

( )( )( ) =+−++++

+−+3434

342

xxxxxx ( )234 +−+ xx .

Учитывая, что под внешними корнями в левой части неравенства находятся полные квадраты, извлекаем квадратные корни, и решаемое неравенство прини-мает вид

( ) ( ) 49344345 +≤+−+++++ xxxxx .

После упрощения получаем 03 ≤+x , что даёт единственное решение 3−=x ОДЗ∈ . Ответ: { }3−∈x .

Пример 3 [Почвовед.–2003]. Найти наименьшее значение функции 22 353 xxy −+= на отрезке [ ]3,0 .

Решение. Рассмотрим способ решения, не использующий производную этой функции. Преобразуем выражение, определяющее функцию, умножив и разде-

лив его на выражение 0353 22 >++ xx :

22 353 xxy −+=22 353

5xx ++

= .

Теперь хорошо видно, что на отрезке [ ]3,0 данная (непрерывная) функция оп-ределена и монотонно убывает, а значит, достигает своего наименьшего значе-ния на правом конце отрезка, т.е. при 3=x :

( ) =≤≤

xyx 30

min ( ) =3y 3324 − .

Пример 4 [Геолог.–1985, 5]. Решить уравнение

431532373 2222 +−−−−=−−+− xxxxxxx .

Решение. Перепишем уравнение в виде:

432153373 2222 +−−−=−−−+− xxxxxxx . Применяя метод домножения на сопряжённое выражение, преобразуем левую и правую части уравнения:


231

=−−−+− 153373 22 xxxx ( ) ( )=

−−++−

−−−+−

153373153373

22

22

xxxxxxxx

( )153373

2222 −−++−

−−=

xxxxx

;

=+−−− 432 22 xxx ( ) ( )=

+−+−

+−−−

432432

22

22

xxxxxx

( )432

2322 +−+−

−=

xxxx

.

Тогда уравнение примет вид

( )=

−−++−

−−

15337322

22 xxxxx ( )

4322322 +−+−

−

xxxx

⇔

⇔( ) 0153373

2432

322222

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−++−+

+−+−−

xxxxxxxx .

Это уравнение имеет единственное решение 2=x , которое, как показывает проверка, удовлетворяет исходному уравнению. Других решений нет, поскольку выражение во вторых скобках строго положительно. Ответ: { }2∈x .

Пример 5 [Мехмат–2006, 2]. Решить неравенство

x

x

xx

x

xx

x

−

−

−−

−

−−

− −+≥

−+−

−−

−−+

+3

9111391

133131

31.

Решение. Неравенство заменой ( )03 >= −xt сводится к алгебраическому:

tt

ttt

ttt 2

2

1111

111

1 −+≥

−+−

−−

−−++

⇔

⇔ ( ) tt

tttt

ttt 211

1111

111 −+

≥−−+−

−−

−−++

⇔

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≠−

−+≥

−−+−++

01

111111 2

tt

ttttt

⇔


232

⇔ ( )

( )( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

≠

−+≥

−++−−+−++

1

111111

11 22

tt

ttttt

tt ⇔

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≠

−+≥

−+

1

112

122 22

tt

tt

t ⇔ 1<t ⇔ 13 <−x ⇔ ( )+∞∈ ,0x .

Замена переменных: рационализирующие подстановки (*)

Метод замены переменных часто позволяет преобразовать иррациональное уравнение (неравенство) к рациональному виду. В этом случае говорят о рацио-нализации уравнений (неравенств), а используемые подстановки называют ра-ционализирующими. Рассмотрим наиболее типичные алгебраические, тригонометрические и ги-перболические подстановки. Обозначим символом ( )yxR , рациональную дробь, т.е. дробь, числитель и знаменатель которой являются многочленами от-носительно переменных x и y .

1. Рационализация выражений вида ( )n baxxR +, , содержащих линейную

иррациональность n bax + , где a и b – постоянные ( 0≠a , Nn∈ , 1>n ),

осуществляется с помощью алгебраической подстановки n baxt += . Возводя

обе части этого равенства в степень n , получим baxt n += , откуда ( ) abtx n −= . Переходя в R от переменной x к переменной t , получим ра-

циональное выражение ( )( )tabtR n ,− .

Аналогичным образом рационализируются выражения вида

( )n mm baxxR +, , где Nnm ∈, .

При этом используется подстановка n m baxt += .

Пример 1. Решить уравнение xx −=− 28 .

Решение. Сделаем рационализирующую подстановку xt −= 8 ( )0≥t ,

откуда находим 28 tx −= . Подставим в уравнение: 062 =−− tt , решая ко-

торое, находим корни 2−=t и 3=t . Поэтому 38 =− x ⇔ 1−=x .


233

2. Рационализация выражений вида ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

ndcxbaxxR , , содержащих дробно-

линейную иррациональность ( ) ( )n dcxbax ++ , где a , b , c , d – постоянные

( bcad ≠ , 0≠c ), осуществляется с помощью алгебраической подстановки

( ) ( )n dcxbaxt ++= .

Пример 2 [Ф-т наук о материалах–2000]. Решить неравенство

1221

22 ++<+

−xx

.

Решение. Сначала преобразуем неравенство к виду

12

141

2+

+⋅<

+ xx

xx

.

Сделаем подстановку ( ) 012 >+= xxt и получим рациональное неравенст-во относительно t :

12+<

tt ⇔ 022

<−−

ttt

⇔ ( )( ) 021

<−+

ttt

⇔ 20 << t .

Осталось сделать обратную подстановку:

21

20 <+

<x

x⇔ 4

120 <+

<x

x⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

<+

>+

41

2

01

2

xx

xx

⇔

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

⎢⎣

⎡−>−<

⎢⎣

⎡>−<

12

01

xx

xx

⇔⎢⎣

⎡>−<.02

xx

3. Иррациональные уравнения вида ( ) pdcxbaxR nm =++ , , где a , b , c , d , p – некоторые числа ( 0≠⋅ ca ), Nnm ∈, , двойной подстановкой

m baxu += , n dcxv += сводятся к системе двух рациональных уравнений

( )( ) ( )⎩⎨⎧

−=−

=

.,

cdvabupvuR

nm

Пример 3. Решить уравнение 253 3 =++− xx .

Решение. Выполним двойную (рационализирующую) подстановку 3−= xu , 3 5+= xv .


234

Уравнение примет вид 2=+ vu . Составим ещё одно уравнение относительно неизвестных u и v . Так как 32 −= xu , 53 += xv , то, исключая x , находим:

823 =− uv . Добавляя это уравнение к исходному уравнению, получим систему уравнений с двумя неизвестными u и v :

⎩⎨⎧

=−

=+

82

23 uvvu

⇔ ( )⎩

⎨⎧

=−−

−=

82

223 vv

vu ⇔

( )( )⎩⎨⎧

=++−

−=

.0622

2 vvvvu

Система имеет единственное решение 2,0 == vu , откуда находим 3=x .

Пример 4. Решить уравнение 11645 33 =−−+ xx .

Решение. Положим 3 45+= xu , 3 16−= xv . Тогда 453 += xu ,

163 −= xv и 6133 =− vu . Таким образом, приходим к системе двух алгеб-раических уравнений с двумя неизвестными

⎩⎨⎧

=−

=−

611

33 vuvu

⇔( )( )⎩⎨⎧

=++−

=−

611

22 vuvuvuvu

⇔⎩⎨⎧

=++

+=

611

22 vuvuvu

⇔

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡−=

=

+=

54

1

vv

vu ⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=−=

⎩⎨⎧

==

54

45

vu

vu

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=−

−=+

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=+

516

445

416

545

3

3

3

3

x

x

x

x

⇔ ⎢⎣

⎡−=

=.109

80xx

Пример 5. Решить уравнение 597 44 =+− xx .

Решение. Аналогично двум предыдущим примерам, положим 4 97 xu −= , 4 xv = . Исходное уравнение примет вид 5=+ vu . Заметим, что

9744 =+ vu . Имеем систему

⎩⎨⎧

=+

=+

975

44 vuvu

⇔ ( )( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−−+

=+

9722

5222 uvuvvu

vu ⇔

⇔ ( )⎩⎨⎧

=+−

=+

026450

52 uvuv

vu⇔

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡==

=+

446

5

uvuv

vu⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

==+

⎩⎨⎧

==+

.445

65

uvvu

uvvu


235

Вторая система решений не имеет, а первая даёт два решения:

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

==

⎩⎨⎧

==

23

32

vu

vu

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=−

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=−

2

397

3

297

4

4

4

4

x

x

x

x

⇔ ⎢⎣

⎡==

.1681

xx

Ответ: { }81;16∈x .

Иногда при рационализации иррациональных уравнений и неравенств ока-зываются эффективными тригонометрические подстановки. Здесь следует иметь в виду следующие рекомендации.

4. Рационализацию выражений вида ( )22, xaxR − рекомендуется делать

с помощью подстановки tax sin⋅= , где [ ]2,2 ππ−∈t . Тогда =− 22 xa

tata coscos ⋅=⋅= , так как на промежутке [ ]2,2 ππ− косинус прини-мает неотрицательные значения. При этом алгебраическое иррациональное вы-

ражение ( )22, xaxR − преобразуется к виду тригонометрического, но уже рационального выражения

( )tataR cos,sin ⋅⋅ .

Также в этом случае можно сделать подстановку tax cos⋅= , где

[ ]π,0∈t , и тогда вместо иррациональной функции ( )22, xaxR − получили бы рациональную тригонометрическую функцию [20]

( )tataR sin,cos ⋅⋅ .


xxx 341 32 −=− .

Решение. Сделаем тригонометрическую подстановку tx cos= , [ ]π,0∈t . Получим

ttt cos3cos4cos1 32 −=− ⇔ tt 3cossin = ⇔ ⇔ ( ) 032sinsin =−− tt π ⇔ ( ) ( ) 04cos42sin2 =−− ππ tt ⇔

⇔( )( )⎢

⎣

⎡=−=−04cos042sin

ππ

tt

⇔ ⎢⎢⎣

⎡

∈+=

∈+=

.,43,28

ZkktZnnt

ππ

ππ


236

Из первой серии в отрезок [ ]π,0 попадают два значения 81 π=t ,

852 π=t , а из второй 433 π=t . Им соответствуют ( ) == 8cos1 πx

( ) 2222cos1 4 +=+= π , ( )85cos2 π=x ( ) =+= 82cos ππ

( )8sin π−= 222−−= , ( ) == 43cos3 πx 22− .

Пример 7 [Эконом.–2003, отделение менеджмента]. Решить уравнение

012318916 22 =−−+− xxxx .

Решение. Сделаем тригонометрическую подстановку tx sin3 = , где

[ ]2,2 ππ−∈t . Тогда tx cos91 2 =− , =−=− 1sin2118 22 tx t2cos−= и уравнение примет вид:

0sin22cos2sin =−− ttt ⇔ ( ) 0sin42sin =−− tt π ⇔

⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∈+−=−

∈+=−

Zkktt

Znntt

,24

2

,24

2

πππ

ππ

⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=

+=

.3

2125

24

kt

nt

ππ

ππ

Из 1-й серии в отрезок [ ]2,2 ππ− попадает одно значение 41 π=t , из 2-й –

два значения 42 π−=t , 1253 π=t . Следовательно, уравнение имеет три решения:

62sin

31

11 == tx , =2x62sin

31

2 −=t , == 33 sin31 tx =

12cos

31 π

== o15cos31

=− )3045cos(31 oo

1226 + .

5. Для рационализации выражений вида ( )22, xaxR + применяют под-

становку tgtax ⋅= , где ( )2,2 ππ−∈t . В этом случае

ttgaaxa 22222 ⋅+=+ =⋅=t

a 2cos1

ta

ta

coscos= ,

так как на рассматриваемом интервале косинус положителен. В результате вы-

ражение ( )22, xaxR + преобразуется к виду ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

ta

tgtaRcos

, .


237

В данной ситуации можно было также сделать подстановку ctgtax ⋅= , где ( )π,0∈t ,

или гиперболическую подстановку shtax ⋅= . В последнем случае

=+ 22 xa tshaa 222 ⋅+ =⋅= tcha 2 chta ⋅ chta ⋅=

(так как 0>cht Rt∈∀ ).

Пример 8. Решить уравнение 12

512

2

+=−+

xxx .

Решение. Воспользуемся тригонометрической подстановкой вида tgtx = ,

где ( )2,2 ππ−∈t . Тогда уравнение примет вид

ttgtgtttg

2

2

1251+

=−+ ⇔ 2

cos5cos

1 ttgtt

=− .

Умножая уравнение на 0cos ≠t , получим равносильное уравнение

tt 2cos25sin1 =− ,

которое сводится к квадратному уравнению относительно tsin : 03sin2sin5 2 =−− tt ,

откуда находим ⎢⎣

⎡−=

=.53sin

1sintt

Случай 1sin =t невозможен, так как

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−∉

2,

2ππt . Итак, 53sin −=t ⇒ ( ) 54531cos 2 =−−=t и, сле-

довательно, 43−== tgtx . Ответ: { }43−∈x .

6. Для рационализации выражений вида ( )22, axxR − применяют одну из следующих тригонометрических подстановок:

tax sin= , где [ ) ( ]2,00,2 ππ U−∈t , или

tax cos= , где [ ) ( ]πππ ,22,0 U∈t .

В первом случае радикал упрощается следующим образом:

=− 22 ax =− 22

2

sina

ta

=−

⋅t

ta 2

2

sinsin1

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

2

sincos

tta ctgta .


238

Для рационализации данного выражения ( )22, axxR − можно также ис-

пользовать гиперболическую подстановку chtax ⋅= , если 0>x , и подста-

новку chtax ⋅−= , если 0<x . В первом случае имеем

=− 22 ax 222 atcha −⋅ =⋅= tsha 2 shta ⋅ ,

и выражение приводится к рациональному виду ( )shtachtaR ⋅⋅ , .

7. Существуют приёмы, позволяющие рационализировать выражения с квад-ратичными иррациональностями общего вида

( )cbxaxxR ++2, ,

где 0≠a , b и c – постоянные. В частности, уравнения вида

dxcxbaxcxbax =++±++ 22

12 ,

а также вида

dxcbxxacbxxa =++±++ 22

21 ,

где 0,,, 21 ≠daaa , cbbb ,,, 21 – постоянные, заменой

cxbaxvcxbaxu ++=++= 22

12 ,

соответственно,

cbxxavcbxxau ++=++= 22

21 , ,

сводятся к системе рациональных уравнений.


xxxxx 4232252 22 =+−+++ .

Решение. Положим 232,252 22 +−=++= xxvxxu ( )0, ≥vu . Тогда уравнение сводится к системе

⎩⎨⎧

=−

=+

xvuxvu8

422

(из первого уравнения 0≥x ), откуда, как следствие, получаем

( )vuvu +=− 222 ⇔ ⎢⎣

⎡=+=−

02

vuvu

⇔ ⎢⎢⎣

⎡

=+−+++

=+−−++

.0232252

223225222

22

xxxx

xxxx


239

Для решения первого из уравнений сложим его с исходным:

242522 2 +=++ xxx ⇔ 012 2 =−− xx ⇔ ⎢⎣

⎡<−=

=.021

1xx

Второе уравнение совокупности неотрицательных корней не имеет. Проверка показывает, что 1=x удовлетворяет исходному уравнению. Ответ: { }1∈x . Рассмотрим ещё один пример с квадратичной иррациональностью.

Пример 10 [Эконом.–2006]. Решить уравнение

72822 22 +−=+− xxxx .

Решение. Положим 82 2 +−= xxt , тогда уравнение сводится к системе

⎩⎨⎧

=−+

≥

01520

2 ttt

⇔ 3=t .

Выполняя обратную подстановку, получим уравнение 982 2 =+− xx ⇔ { }1;21−∈x .

8. Рационализирующие подстановки используются также в задачах с не-сколькими неизвестными, например при решении систем.

Пример 11 [Воронежский госуниверситет–1997]. Решить систему

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+−+

=+−+

.28522

427

xxy

xyxy

Решение. Сделаем тройную подстановку xya 7+= , xyb 2+= ,

85 += xc . Составив самостоятельно третье уравнение, зависящее только от ba, и c (и не зависящее от x и y ), приходим к несложной системе целых

алгебраических уравнений

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−+=

=−=−

.822

4

222 cbacb

ba

Система имеет единственное неотрицательное решение 5,9 == ba , 8=c .

Выполняя обратную подстановку, находим решения: ( ) ( ){ }513;556; ∈yx .

9. Выше мы рассматривали различные способы рационализации алгебраиче-ских уравнений. В общем случае решаемое уравнение или неравенство с ради-калами может не иметь алгебраический вид. В этой ситуации также могут быть


240

использованы рационализирующие подстановки. Например, в следующей задаче двойная подстановка преобразует неравенство показательного вида с радикалами в целое алгебраическое неравенство.

Пример 12 [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2003, май]. При всех натуральных значениях n решить неравенство

( ) ( )n xn xn x 22 214121 −≥−−+

Решение. Пусть n xu 21−= , n xv 21+= . Тогда неравенство примет вид 22 uuvv ≥− . Поделим на ( )02 >v и обозначим vut = :

012 ≤−+ tt ⇔ 2

152

15 −≤≤

−− t .

1) Если n – чётное, то 0≥u ⇒ 0≥t . Поэтому

2150 −

≤≤ t ⇔ 2

1521210 −

≤+

−≤

n x

n x

.

Возводя неравенство в n -ю степень, получим

n

x

x

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −≤

+−

≤2

1521210 ⇔

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −≤

+−

+−

≤

n

x

x

x

x

215

2121

21210

⇔ ( )( )⎪

⎩

⎪⎨

⎧

−+

−−≥

≤

nn

nnx

x

152

1522

12

⇔ ( )( )⎪

⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−+

−−≥

≤

,152

152log

0

2 nn

nn

x

x

т.е. ( )( ) ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−+

−−∈ 0,

152

152log2 nn

nn

x .

2) Если n – нечётное, то

2

152121

215 −

≤+

−≤

−−n x

n x

⇔

n

x

xn

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −≤

+−

≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−

215

2121

215

.

Решая это неравенство, получаем ( )( ) ⎟

⎟

⎠

⎞

⎢⎢⎣

⎡+∞

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−+

−−∈ ,

152

152log2 nn

nn

x .

Осталось объединить полученные решения.


241

Смысл всех указанных выше подстановок состоит в том, что они позволяют рационализировать уравнение, избавить его от присутствия радикалов и, следо-вательно, тем самым сделать его проще для дальнейшего решения.

Решение задачи на отдельных промежутках ОДЗ

В некоторых случаях при решении задачи может возникнуть необходимость разбить ОДЗ на отдельные промежутки, и затем на каждом из них решать задачу (возможно даже, разными методами). Такая ситуация возникает, например, при выполнении преобразований, свя-занные с необходимостью разбить корень из произведения двух чисел на произ-ведение корней, или если надо внести какую-либо величину под знак радикала чётной степени. При этом следует помнить, что, например,

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤≤−−

≥≥=

;0,0,

;0,0,

baеслиba

baеслиbaab

а также

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤−

≥=

.0,

;0,2

2

aеслиba

aеслиbaba

Пример [Геолог.–2003, устн.]. Решить неравенство

( ) ( ) 84

44 +≤+

+++ xx

xxxx

Решение. ОДЗ: 04≥

+xx

⇔ ( ) [ )+∞−∞−∈ ,04, Ux .

Решим неравенство на каждом из этих промежутков.

1) ( )4,−∞−∈x : ( )4+xx ( )4++ x4−−

−x

x 8+≤ x ⇔

⇔ ( ) ++ 4xx ( )4+x 84

+≤−−

− xx

x ⇔

⇔ ( ) −+ 4xx ( )4−− x4−−

−x

x 8+≤ x ⇔

⇔ ( ) −+ 4xx xx −−− 4 8+≤ x ⇔

⇔ ( ) −+ 4xx ( )( )4−−− xx 8+≤ x ⇔ 80 +≤ x . Итак, [ )4,8 −−∈x .


242

2) [ )+∞∈ ,0x : ( ) ( ) 84

44 +≤+

+++ xx

xxxx ⇔

⇔ ( ) ++ 4xx ( )4+x4+x

x 8+≤ x ⇔

⇔ ( ) ++ 4xx ( )4+xx 8+≤ x ⇔ ( )42 +xx 8+≤ x .

Так как обе части последнего неравенства неотрицательны, то возведём его в квадрат и получим равносильное неравенство

( )( ) ( )2844 +≤+ xxx ⇔ 3642 ≤x ⇔ 364364 ≤≤− x .

Пересекая с рассматриваемым промежутком, получаем [ ]38,0∈x .

Ответ: [ )4,8 −−∈x ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ 38,0U .

3.3.4. Задачи с модулем В силу важности задач, связанных с раскрытием модулей действительных чисел, и достаточной распространённости их во время конкурсных испытаний, задачи с модулем выделены в отдельный пункт. Понятие модуля действительно-го числа закладывает основы для введения в будущем таких понятий, как мо-дуль комплексного числа, модуль вектора, а также дальнейшего обобщения – понятия нормы.

Понятие модуля действительного числа, его график и свойства Абсолютной величиной (модулем) действительного числа x называется само это число, если x – положительно; нуль, если x равен нулю; число, противо-положное числу x , если x – отрицательно. Модуль действительного числа x обозначается x . Функция xy = отно-

сится к алгебраическим, так как

=x 2x . Итак, по определению, имеем:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

<−

=

>

=

.0,,0,0

,0,

xеслиxxесли

xеслиx

x

O

y

x

Задачи с модулем. Методы решения уравнений и неравенств

243

Аналогично водится понятие модуля для произвольного выражения:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

<−=>

= ,.0)(),(

0)(,0,0)(),(

)(xfеслиxfxfеслиxfеслиxf

xf

Основные свойства модуля Пусть x , y R∈ . Тогда справедливы следующие свойства.

1. Модуль числа неотрицателен: 0≥x .

2. Модуль числа не меньше самого числа: x ≥ x , причём неравенство об-

ращается в равенство тогда и только тогда, когда 0≥x . Модуль числа не меньше того же числа, взятого со знаком минус: x ≥ – x ,

причём неравенство обращается в равенство ⇔ 0≤x . 3. Модули противоположных чисел равны: xx −= .

4. Квадраты числа и его модуля равны: 22 xx = . 5. Арифметический корень чётной степени, извлечённый из такой же степе-

ни числа, равен модулю числа: =2x x ; =k kx2 2 x ( )Nk ∈ . 6. Модуль произведения двух чисел равен произведению их модулей:

=⋅ yx x ∙ y .

7. Модуль частного равен частному модулей: yxyx = ( )0≠y . 8. Модуль суммы двух чисел не превышает суммы их модулей:

yxyx +≤+ , причём неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда числа имеют одинаковые знаки либо хотя бы одно из них обращается в нуль (т.е. когда

0≥xy ). Модуль разности двух чисел также не превосходит суммы их модулей:

yxyx +≤− , причём равенство имеет место ⇔ 0≤xy .

Доказательство. Пользуясь тем, что обе части неравенства ≤+ yx

yx +≤ неотрицательны, возведём его в квадрат и получим равносильное не-

равенство ( ) ( )22 yxyx +≤+ ⇔ xyxy ≤ , которое, очевидно, верно при


244

всех Ryx ∈, . Следовательно, исходное неравенство также верно. При этом доказываемое неравенство обращается в равенство одновременно с неравенст-вом xyxy ≤ , т.е. когда 0≥xy . Для доказательства свойства

yxyx +≤− достаточно подставить в неравенство ≤+ yx yx + вместо

y выражение ( )y− . Приведём здесь также известное обобщение этого неравенства на случай произ-вольного количества чисел: если nxxx ,...,, 21 – любые действительные числа, то

nn xxxxxx +++≤+++ ...... 2121 (неравенство доказывается методом математической индукции). 9. Модуль суммы (разности) двух чисел не меньше модуля разности их мо-дулей:

yxyx −≥+ ,

причём неравенство обращается в равенство ⇔ 0≤xy .

А также yxyx −≥− , причём неравенство обращается в равенство ⇔ 0≥xy .

Доказательство. Пользуясь тем, что обе части неравенства ≥+ yx

yx −≥ неотрицательны, возведём его в квадрат и получим равносильное

неравенство

( ) ( )22 yxyx −≥+ ⇔ xyxy −≥ ,

которое, очевидно, выполняется при всех Ryx ∈, . При этом исходное нера-

венство обращается в равенство одновременно с неравенством xyxy −≥ , т.е.

когда 0≤xy (числа yx, имеют разные знаки или хотя бы одно из них обра-

щается в нуль). Для доказательства свойства yxyx −≥− достаточно под-

ставить в доказанное неравенство yxyx −≥+ вместо y выражение ( )y− .

10. Действительное число всегда представимо в виде произведения его мо-дуля на функцию его знака: ⋅= xx xsgn , где

⎪⎩

⎪⎨

⎧

<−=>

=0,1,00,0,1

sgnxеслиxеслиxесли

x

есть известная в математике функция, называемая «сигнум», или «знак числа».


245

Методы решения задач с модулями Обратимся к рассмотрению основных приёмов и методов решения задач, содержащих модули. Их условно можно разбить на две группы.

1) Специальные приёмы раскрытия модулей, характерные именно для задач, содержащих модули: – раскрытие модуля по определению; – метод интервалов как базовый метод раскрытия модулей в случаях, когда подмодульные выражения содержат одну неизвестную; – метод областей, обобщающий метод интервалов на случай, когда количе-ство неизвестных под знаком модуля больше одной; – раскрытие модуля с помощью его геометрического смысла; – методы, основанные на использовании разнообразных свойств модуля (в том числе в виде неравенств, когда уравнение реализует частный случай обра-щения неравенства в равенство; при этом проводится анализ необходимых и достаточных условий достижения равенства); – метод замены множителей вида ba − , ba − в отдельных типах не-равенств на множители эквивалентного знака, не содержащие модулей и др. В частности, на некоторых из перечисленных приёмов основаны схемы реше-ния наиболее часто встречающихся типов уравнений и неравенств с модулями.

2) Универсальные приёмы и методы, используемые не только при решении задач с модулями, но и в других разделах математики: – возведение в степень (чаще всего, в квадрат); – графический подход (метод координат), когда в решении используются графические образы уравнений или неравенств с модулями; – метод замены переменных; – метод оценок, функциональные методы и многие другие известные подходы. Чтобы успешно решать задачи на данную тему, необходимо не только хоро-шо разбираться в различных методах решения, но и уметь отбирать для кон-кретной задачи наиболее оптимальный способ.

Специальные методы

Раскрытие модулей по определению

Если в задаче содержится модуль (как правило, один), то рассматривают два случая: когда выражение под знаком модуля больше либо равно нулю и когда оно меньше нуля. В первом случае модуль опускают (это часто называют «рас-крыть модуль со знаком плюс»), а во втором – модуль заменяют скобками, пе-ред которыми ставится знак минус (называется «раскрыть модуль со знаком минус»). В отдельных задачах бывает удобнее рассмотреть три случая: когда


246

подмодульное выражение больше, меньше или равно нулю. Например, уравне-ния вида ( ) ( )xgxf = этим способом сводятся к совокупности двух систем

( )( ) ( )( )( ) ( )⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

=−<

⎩⎨⎧

=≥

.0

;0

xgxfxf

xgxfxf

Аналогично можно решать неравенства вида ( )xf ∨ ( )xg , где знак ∨ заме-няет любой из знаков неравенства. Замечание. Раскрывать модули по определению можно и в случаях, когда их количество в задаче больше одного, но тогда, например, при решении уравнения

12582 =−−+ xx придётся рассмотреть четыре случая:

1) ⎩⎨⎧

≥−≥+

;05082

xx

2) ⎩⎨⎧

<−≥+

;05082

xx

3) ⎩⎨⎧

≥−<+

;05082

xx

4) ⎩⎨⎧

<−<+05

082x

x

(и в каждом случае раскрывать модули и решать уравнение), в то время как при использовании метода интервалов – всего три:

1) 4−<x ; 2) 54 <≤− x ; 3) 5≥x , что эффективнее.

Рассмотрим соответствующие примеры.

Пример 1. Решить уравнение xxx 342 2 −=− .

Решение. Рассмотрим два случая:

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=−

<−⎩⎨⎧

−=−

≥−

xxxx

xxxx

243042

423042

2

2

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

=−−

<⎩⎨⎧

=+−

≥

042

0452

2

2

xxx

xxx

⇔

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

=

.2

171

4

x

x


051

21

≤−+

+−+

xx

xx

.

Решение. Раскладывая левую часть неравенства на множители, имеем

( ) 05

12

11 ≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+

−+

xxx ⇔


247

⇔

( )

( )( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤−

−+>

⎪⎩

⎪⎨⎧

≥−+

<

05

7212

0513

2

xxx

xxx

x

⇔ ⎢⎢

⎣

⎡

<≤

−≤

.527

1

x

x Ответ: ( ] [ )5,271, U−∞−∈x .

Пример 3 [Геолог.–1992, устн.]. Решить уравнение

( )0sin

3sin4

2 =+−

xx

x.

Решение. ОДЗ: 3≠x . Рассмотрим два случая:

( )

( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−⋅

<

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅

≥

013

4sin

0sin

013

4sin

0sin

2

2

xx

x

xx

x

⇔

( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−−

<⎩⎨⎧

=≥

013

40sin

0sin0sin

2x

x

xx

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡==

<

=

.51

0sin0sin

xx

xx

Ответ: { }5;nx π∈ , где Zn∈ .

Пример 4 [Психолог.–2000]. Решить уравнение xxxx += 33sin4 .

Решение.

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

=<

⎩⎨⎧

=>

=

213sin0

13sin0

0

xx

xx

x

⇔

( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

∈+−=

<⎩⎨⎧

∈+=>

=

.,613

0

,2230

0

Zkkx

x

Znnxx

x

k ππ

ππ

Ответ: 0=x ; 3

26

nx ππ+= , 0≥n ; ( )

3181 kk ππ

+− , 0<k , Zkn ∈, .

Пример 5 [Черноморский филиал МГУ–2001]. Найти все пары ( )yx; , удов-

летворяющие условию ( ) ( )yxyxx 26182 2 −≤− .


248

Решение. 1) При 0=x неравенство верно при любом действительном y .

Отсюда получаем пары чисел ( )y;0 , где Ry∈ .

2) При 0>x имеем: ( )yxxy 26182 −≤− ⇔ ( )yy 26182 −−≥ ⇔

⇔ 0108362 ≥+− yy , откуда получаем пары чисел вида ( )yx; , где

( )+∞∈ ,0x , ( ] [ )+∞+−∞−∈ ,66186618, Uy .

3) При 0<x имеем: ( )yxxy 26183 2 −≤− ⇔ ( )yy 2662 −−≤ ⇔

⇔ 036122 ≤+− yy ⇔ 6=y , т.е. получили пары ( )6;x , ( )0,∞−∈x .

Ответ: ( )y;0 , где Ry∈ ; ( )6;x , где ( )0,∞−∈x ;

( )yx; , где ( )+∞∈ ,0x , ( ] [ )+∞+−∞−∈ ,66186618, Uy .

Пример 6. Решить неравенство xax +≥1 .

Решение. Здесь целесообразно вначале «отделить» параметр от переменной xxa +≥1 , и уже затем раскрывать модуль, но только над x .

1) При 0≥x имеем: xxa +≥1 ⇔ ( ) 11 ≥−ax .

Если 1>a , то решением будет ( ) ( )011 >−≥ ax . Пересекая с проме-

жутком 0≥x , получаем ( )[ )+∞−∈ ,11 ax . Если 1<a , то решением будет

( ) ( )011 <−≤ ax . Пересекая с промежутком 0≥x , получаем ∈x ∅. Если

1=a , то неравенство примет вид 10 ≥⋅x , что не выполняется ни при каких x .

2) При 0<x имеем:

xxa +≥1 ⇔ ( ) 11 −≤+ax ⇔ ( ) ( )011 <+−≤ ax .

Пересекая с промежутком 0<x получаем, что при всех a решением будет любое ( )( ]11, +−∞−∈ ax . Осталось объединить полученные решения.

Ответ: при 1>a ( )( ]11, +−∞−∈ ax ( )[ )+∞− ,11 aU ;

при 1≤a ( )( ]11, +−∞−∈ ax .

Пример 7 [РЭА им. Плеханова]. Найти сумму целых решений неравенства 531 ≤++ xx .

Решение. В этой задаче имеются вложенные модули. Раскроем их, начиная с внутреннего модуля. Для этого рассмотрим два случая.


249

1) ( ]1,−∞−∈x : ( ) 531 ≤++− xx ⇔ 512 ≤−x . Поскольку на рас-

сматриваемом промежутке 012 <−x , то оставшийся модуль раскрывается со знаком «минус», и получаем ( ) 512 ≤−− x ⇔ 2−≥x . Пересекая с данным

промежутком, имеем результат: [ ]1,2 −−∈x .

2) ( )+∞−∈ ,1x : раскрывая внутренний модуль, получаем ( ) 531 ≤++ xx

⇔ 514 ≤+x . Если при этом ( ]41,1 −−∈x , то имеем ( ) 514 ≤+− x ⇔

⇔ 23−≥x , пересекая с данным промежутком, получаем решения

( ]41,1 −−∈x ; если же ( )+∞−∈ ,41x , то имеем 514 ≤+x ⇔ 1≤x или, с

учётом промежутка, ( ]1,41−∈x . Объединяя результаты, находим множество всех решений неравенства:

[ ]1,2−∈x . Ответ: ( ) ( ) 21012 −=++−+− .

Метод интервалов В отличие от рассмотренного выше приёма, основанного на раскрытии мо-дулей по определению, метод интервалов оказывается эффективен в задачах, содержащих сразу несколько модулей. Пусть, например, дано уравнение с одним неизвестным x вида

)()(...)()( 21 xgxfxfxf n =±±± ,

где )(),...,(),( 21 xfxfxf n и )(xg – некоторые заданные функции.

Чтобы решить его методом интервалов, надо сделать следующее.

1) Приравнять к нулю все подмодульные выражения ( )xfi и решить полу-

ченные уравнения: ( ) 0=xfi , ni ,...,1= . Допустим, решениями этой совокуп-

ности уравнений являются числа kxxx ,...,, 21 .

2) Найденные k чисел разбивают всю область допустимых значений пере-менной x на конечное число интервалов (отсюда название метода), на каждом из которых каждая из функций ( )xfi сохраняет определённый знак. Затем за-дача решается на каждом из этих интервалов. 3) Возьмём, к примеру, первый из интервалов. Пусть это будет интервал

),( 1x−∞ . Подставляя поочерёдно любое удобное число x из этого интервала в подмодульные выражения и оценивая их знак, раскрываем каждый из модулей, по определению, либо со знаком «плюс», либо со знаком «минус». Технически


250

это происходит так: если выражение под модулем положительно, то модуль опускается (заменяется обычными скобками); если же выражение под знаком модуля отрицательно, то модуль заменяется скобками, перед которыми ставится знак минус. Таким образом, в задаче не остается нераскрытых модулей, после чего она решается. 4) Из найденных решений отбираются те, которые принадлежат рассматри-ваемому интервалу ),( 1x−∞ . Только они будут решениями задачи. Затем пере-

ходим к следующему промежутку [ )21 , xx . 5) Рассмотрев по очереди все промежутки, объединяем в ответе решения, полученные на каждом из промежуточных интервалов. Аналогичным образом можно решать и неравенства. Если в задаче имеется единственный модуль, то метод интервалов сводится фактически к раскрытию этого модуля по определению. Теоретически метод интервалов может быть применён для решения боль-шинства задач, содержащих модули. Однако, несмотря на его широкую распро-странённость, в экзаменационной практике встречаются задачи, для решения которых гораздо целесообразнее применять другие способы (задачи такого рода будут рассмотрены далее). Обратимся к примерам на использование метода ин-тервалов.

Пример 1 [ГФА]. Решить уравнение 433221 =−+−−− xxx .

Решение. Решим задачу методом интервалов. Определив три точки ( 3;2;1=x ), в которых подмодульные выражения обращаются в нуль (и ме-няют свои знаки), получаем четыре промежутка, и далее раскрываем модули последовательно на каждом из них. 1) Пусть ( ]1,∞−∈x : подставляя вместо x любое число, лежащее внутри

этого промежутка, например ( )10− , оцениваем знак каждого подмодульного выражения. Так как при 10−=x имеем 01<−x , 02 <−x , 03 <−x , то все три модуля на данном промежутке раскроем со знаком «минус», и уравнение примет вид

( ) ( ) ( ) 433221 =−−−+−− xxx ⇔ ∈=1x ( ]1,∞− – решение.

2) ( ]2,1∈x : подставляя вместо x , например, число 23 , оцениваем знаки выражений под модулями. При этом значении x имеем 01>−x , 02 <−x ,

03 <−x , поэтому первый модуль раскроем со знаком «плюс», а остальные два – со знаком «минус»:

( ) ( ) ( ) 433221 =−−−+− xxx ⇔ 00 = .


251

Полученное равенство не содержит x , а значит, выполняется при всех x из данного промежутка. Таким образом, весь промежуток войдёт в ответ. 3) ( ]3,2∈x : действуя аналогично предыдущему, получим:

( ) ( ) ( ) 433221 =−−−−− xxx ⇔ ∉= 2x ( ]3,2 – нет решений.

4) ( )+∞∈ ,3x : на последнем промежутке уравнение примет вид

( ) ( ) ( ) 433221 =−+−−− xxx ⇔ ∈= 5x ( )+∞,3 – решение. Для получения ответа осталось объединить все найденные решения. Ответ: [ ] { }52,1 U∈x . Полностью аналогичный подход используется и при решении неравенств с модулями.

Пример 2 [Геолог. –1985]. Решить неравенство 111

2≥

−−

−

xx

.

Решение. Согласно методу интервалов, для освобождения от знаков абсо-лютной величины разобьём числовую ось на промежутки. 1) Если ( ]1,∞−∈x , то 02 <−x и 01≤−x . Значит, на этом промежутке

оба модуля раскрываются со знаком «минус»: =− 2x ( ) xx −=−− 22 ,

( ) xxx −=−−=− 111 , и неравенство принимает вид 111

2≥

−−−x

x, что рав-

носильно неравенству ( ) 02 ≥− x ⇔ 0<x . Все эти значения x входят в рас-сматриваемый промежуток и поэтому являются решениями исходного неравенства.

2) Если ( ]2,1∈x , то 02 ≤−x и 01 >−x . Значит, xx −=− 22 ,

11 −=− xx , и исходное неравенство принимает вид 111

2≥

−−−

xx

. Оно не

имеет решений, а следовательно, исходное неравенство не имеет решений в про-межутке ( ]2,1 .

3) Наконец, если ( )+∞∈ ,2x , то 02 >−x и 01 >−x . Значит,

22 −=− xx , 11 −=− xx , и исходное неравенство принимает вид

( ) ( ) 122 ≥−− xx . Множество решений этого неравенства состоит из двух промежутков 2<<∞− x и +∞<< x2 . В рассматриваемую область попада-ет лишь второй из промежутков +∞<< x2 . Все значения x из него и будут решениями исходного неравенства. Объединяя полученные решения, приходим к ответу. Ответ: ( )0,∞−∈x ( )+∞,2U .


252

Метод интервалов используется и при решении задач, в которых имеются вложенные друг в друга модули.

Пример 3. Решить уравнение 613 =++−− xxx .

Решение. Раскроем модули, начиная с внутреннего модуля. Для этого рас-смотрим два случая. 1) 3<x : имеем 624 =+− xx . Если при этом 2≤x , то, раскрывая ос-

тавшийся модуль, получим ( ]2,2 ∞−∈−=x . Если же 32 << x , то, раскры-

вая модуль, найдём ( )3,2310 ∉=x .

2) 3≥x : имеем 62 =+− x , т.е. [ )+∞∈= ,34x .

Объединяя найденные решения, приходим к ответу: { }4;2−∈x .

Особый интерес (и часто наибольшие трудности) представляют задачи, со-держащие наряду с модулями параметры. Рассмотрим пример.

Пример 4 [ВМиК–1982; Академия гражданской авиации–1993]. Для каждого значения a найти все x , удовлетворяющие уравнению

532 =++− xax . Решение. Воспользуемся методом интервалов, для этого рассмотрим три промежутка, на которые точки 2=x и 3−=x разбивают ОДЗ уравнения (всю числовую прямую), и решим задачу на каждом из них. 1) Пусть ( )3,−∞−∈x : раскрывая модули со знаком «минус», получаем

линейное уравнение ( ) ( ) 532 =+−−− xax , и приводим его к виду

( ) ( )131 +−=+ aax . (1) Если 01 ≠+a , то 3−=x , однако это число не принадлежит рассматривае-мому промежутку и поэтому не будет решением ни при каких a . Если 01 =+a , то, подставляя 1−=a в уравнение (1), получаем уравнение

00 =⋅x , которому удовлетворяет произвольное действительное x . С учётом рассматриваемого промежутка имеем ( )3,−∞−∈x .

2) Пусть [ )2,3−∈x : раскрывая первый из модулей со знаком «минус», а

второй со знаком «плюс», получаем уравнение ( )+−− 2x ( ) 53 =++ xa , и приводим его к виду ( ) ( )131 −−=− aax . (2) Если 01 ≠−a , то [ )2,33 −∈−=x – решение.


253

Если же 01 =−a , то имеем уравнение 00 =⋅x ⇔ Rx∈ . Учитывая про-межуток, получаем [ )2,3−∈x .

3) Пусть [ )+∞∈ ,2x : раскрывая оба модуля со знаком «плюс», получаем

уравнение ( ) ( ) 532 =++− xax и приводим его к виду

( ) aax 371 −=+ . (3)

Если 01 ≠+a , то ( ) ( )137 +−= aax . Выясним, при каких значениях параметра a найденное число будет принадлежать рассматриваемому проме-жутку (т.е. являться решением). Для этого составим и решим неравенство

( ) ( )137 +− aa 2≥ ⇔ ( ]1,1−∈a .

Если же 01 =+a , то уравнение (3) приобретает вид 100 =⋅x и, очевид-но, не имеет решений. Наконец, объединяя полученные результаты, приходим к ответу. Ответ: при ( )1,−∞−∈a 3−=x ; при 1−=a ( ]3,−∞−∈x ;

при ( )1,1−∈a 3−=x , =x1

37+−

aa

; при 1=a [ ]2,3−∈x ;

при a ∈ ( )+∞,1 3−=x .

Метод интервалов используют и в случаях необходимости построения гра-фика функции, если она содержит неизвестную под знаком модуля.

Пример 5 [ВМиК–1996]. Найти наименьшее значение функции 11 ++−+= xxxy .

Решение. Воспользуемся методом интервалов, начав раскрывать модули с модулей 1−x и 1+x .

1) ( )1,−∞−∈x : на этом интервале уравнение функции примет вид

( ) ( ) xxxxy −=+−−−= 11 .

2) [ )1,1−∈x : раскрывая модули, получаем 2+= xy .

3) [ )+∞∈ ,1x : раскрывая модули и упрощая функцию, получаем

( ) xxxy 3112 =++−= .

Итак, при помощи метода интервалов удалось найти аналитическое пред-ставление функции. Построим её график.


254

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥<≤−+

−<−

=.1,3

,11,2,1,

xеслиxxеслиx

xеслиxy

Из графика ясно, что функция принима-ет наименьшее значение, равное 1, при

1−=x .

Метод областей – обобщение метода интервалов

Если требуется решить уравнение (неравенство) с двумя неизвестными x и y , например, вида

( ) ( ) ( ) ( )yxgyxfyxfyxf n ,,...,, 21 =±±±

(под знаком модуля содержатся выражения от двух неизвестных), то прибегают к аналогу метода интервалов на плоскости – методу областей. Отличие его от метода интервалов состоит в следующем. Если в методе ин-тервалов приравнивались к нулю подмодульные выражения и находились точки x на числовой прямой, в которых каждое из подмодульных выражений могло поменять знак, то теперь, приравнивая выражения под знаком модуля к нулю, будем получать некоторые кривые, которые разбивают координатную плоскость на области. Перебирая поочерёдно все области, в каждой из них раскрывают с соответствующим знаком имеющиеся в задаче модули, и затем изображают графически в виде кривой или иной фигуры на плоскости решение полученного уравнения (неравенства) в рассматриваемой области. В заключение следует объ-единить полученные по всем областям результаты и пересечь их с ОДЗ.

Пример 1. Изобразить на координатной плоскости геометрическое место точек ( )yx; , координаты которых удовлетворяют уравнению

42 =+−+− xyxy . Решение. Воспользуемся методом областей. Приравняв к нулю подмодуль-ные выражения, получаем уравнения двух прямых xy = и 2=y . Указанные прямые разбивают всю координатную плоскость Oxy на четыре области. Рас-смотрим поочерёдно каждую из областей, раскрывая в ней модули. Например, первый модуль раскрывается со знаком «плюс» там, где xy ≥ , т.е. во II и III областях, и со знаком «минус» соответственно в I и IV областях.

x

y

-1 1

1

3

y= - x

y=3

x

y=x+

2


255

Второй модуль раскрывается со зна-ком «плюс» там, где 2≥y , т.е. в I и II областях, и со знаком «минус» соот-ветственно в III и IV областях. Область I: после раскрытия моду-лей уравнение принимает вид ( ) ( ) 42 =+−+−− xyxy ⇔ 3=x .

Таким образом, в данной области ис-комое ГМТ представляет собой отре-зок прямой 3=x , попадающий в эту

область. Область II: после раскрытия модулей уравнение принимает вид

( ) ( ) 42 =+−+− xyxy ⇔ 3=y . Таким образом, в данной области искомое ГМТ представляет собой часть прямой 3=y , попадающую в эту область. Область III: после раскрытия модулей уравнение принимает вид

( ) ( ) 42 =+−−− xyxy и не имеет решений. Поэтому в дан-ной области ГМТ отсутствует. Область IV: после раскрытия

модулей уравнение принимает вид ( ) ( ) 42 =+−−−− xyxy ⇔ 1−= xy .

Таким образом, в данной области искомое ГМТ представляет собой часть пря-мой 1−= xy , попадающую в эту область. Объединяя полученные ГМТ, стро-им окончательно фигуру (см. рис. выше). Задача решена.

Пример 2 [Геолог.–2008, устн.]. Найти площадь фигуры, заданной неравенством 312 ≤−++ xyx .

Решение. Построим указанную фигуру. Прямые 2xy −= и 1=x разби-вают координатную плоскость на четыре области. В I области (см. рис.) оба модуля раскрываются положительно, и неравенст-во принимает вид xy −≤ 2 . Пересечение полуплоскости, задаваемой этим не-равенством, и I области, образует часть искомой фигуры. Во II области 1-й мо-дуль раскрывается положительно, а второй – отрицательно, в результате полу-

x0

y

y=2

y=x

1

3

2

x

y

3

2

1

3


256

чаем неравенство 1≤y . Достраи-ваем вторую часть фигуры. В III области, аналогично действуя, получаем 1−−≥ xy , а в IV об-ласти, соответственно, 2−≥y . Объединяя все четыре части, по-лучаем искомую фигуру в виде параллелограмма. Очевидно, что длина верхней стороны параллелограмма равна 3, длина высоты, проведённой к этой стороне (её роль выполняет меньшая диагональ параллело-грамма), также равна 3. Искомая

площадь фигуры равна произведению длин указанных отрезков. Ответ: 9 кв.ед.

Построение на плоскости ( )yx; фигуры, задаваемой уравнением

( ) 0, =yxf (1) или неравенством ( )yxf , ∨ 0 (2) (знак ∨ заменяет любой из знаков неравенства), можно значительно упростить, если эта фигура обладает свойством симметрии относительно координатных осей или прямых, им параллельным. Так, если, например, функция ( )yxf , чётна отно-сительно переменной x , т.е. для всех допустимых x и y выполняется равенство

( ) ( )yxfyxf ;, =− ,

то фигура, определяемая уравнением (1) или неравенством (2), будет симметрична относительно прямой 0=x (ось ординат Oy ), а если функция ( )yxf , чётна относительно переменной y , т.е. для всех допустимых x и y выполняется ра-венство

( ) ( )yxfyxf ;, =− ,

то фигура, определяемая (1) или (2), симметрична относительно прямой 0=y (ось абсцисс Ox ).

Пользуясь аналогичными рассуждениями, можно заметить, что, например, уравнение ( ) 3221 2 =++− yx задаёт на плоскости фигуру, симметричную

x

y

1

2

-2 -1-1

-2

1 2 4


257

относительно прямых 1=x и 2−=y . В этом случае при построении данной фигуры достаточно изобразить её, например, только в области 1≥x , 2−≥y , а затем достроить полученный участок симметрично осей симметрии фигуры. Подумайте, какой вывод о свойствах фигуры можно сделать в случае, когда функция ( )yxf , удовлетворяет условию

( ) ( )yxfyxf ,, −=−− .

Пример 3 [ВМК–1999, устн.]. Найти площадь фигуры, заданной неравенством 42 ≤+++− xyyxy .

Решение. Заметим, что при замене в данном неравенстве x на ( )x− значе-ние функции в левой части неравенства не изменится. Это означает, что данная фигу-ра симметрична относительно оси орди-нат. Аналогично заметим, что ничего не изменится и при замене y на ( )y− , т.е. фигура к тому же обладает свойством симметрии относительно оси абсцисс. Поэтому достаточно построить фигуру, например, в первой четверти, а затем ото-бразить её симметрично обеим координат-ным осям. В области I (см. рис.) раскрываем мо-дули и получаем, что

( ) ( ) 42 ≤+++− xyyyx , т.е. xy −≤ 2 . В области II соответственно получаем:

( ) ( ) 42 ≤+++− xyyxy , т.е. 1≤y . Используя симметрию относительно координатных осей, достраива-ем фигуру: это шестиугольник площади 6 кв.ед.

Пример 4 [ВМК–2008, устн.]. Изобразить на координатной плоскости ( )yx; множество точек, координаты которых удовлетворяют условию

22 2cos

2cos

yyy

xxx +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

ππ.

Решение. Это условие равносильно условию yy

xxyx +=+ sinsin . ОДЗ:

x

y

2

1

-2

-1

y = x


258

0,0 ≠≠ yx . Так как функция ( )yy

xxyxyxf −−+= sinsin, удовлетво-

ряет условию ( ) ( )yxfyxf ,, −=−− , то искомая фигура центрально симмет-рична относительно начала координат. Поэтому построим её вначале в 1-й и 4-й четвертях.

1) Пусть 0,0 >> yx , тогда условие примет вид

2sinsin =+ yx ⇔ ⎩⎨⎧

==

1sin1sin

yx

⇔ ⎪⎩

⎪⎨⎧

=+=

=+=

,..1,0,22,..1,0,22

kkynnx

ππ

ππ

2) Пусть 0,0 <> yx , тогда получим условие в виде

0sinsin =+ yx ⇔ ⎪⎩

⎪⎨⎧

∈++=

∈+−=

.,2,2

ZkkxyZnnxy

ππ

π

В 1-й и 4-й четвертях имеем бесконечную совокупность отдельных точек, обра-зованных пересечениями соответствующих прямых (см. рис.):

π 3π 5π

−π

−3π

−5π

y

x

π

3π

5π

Для получения искомой фигуры осталось центрально симметрично достроить полученное множество в левую полуплоскость.

Рассмотрим, какие ещё приёмы и методы используются при решении задач с модулями.


259

Раскрытие модуля, используя его геометрический смысл

Пусть ba, – действительные числа. Тогда выражение ba − имеет гео-метрический смысл расстояния на числовой прямой от точки с координатой a до точки с координатой b . Геометрическую интерпретацию модуля как рас-стояния бывает достаточно удобно использовать при решении некоторых урав-нений и неравенств с модулями. Например, решить уравнение 13 =−x геометрически означает найти на

числовой прямой все точки x , расположенные от точки 3 на расстоянии 1. Представим себе числовую прямую, отметим на ней точку, отвечающую числу 3, и отложим в обе стороны от неё единичные отрезки. Получим две точки, ко-ординаты которых 2=x и 4=x будут искомыми решениями уравнения. Другой пример. Пусть требуется решить неравенство 13 <−x . Это озна-

чает, что надо найти на числовой прямой все точки, отстоящие от точки 3 на расстояние, меньшее 1. Опять представим себе числовую прямую, отметим на ней точку 3, отложим от неё в обе стороны отрезки единичной длины и получим две точки 2 и 4 (их следует выколоть). Тогда искомые точки x образуют интер-вал с центром в точке 3 длины 2, т.е. ( )4,2∈x . Таким же образом можно ре-

шить неравенства 13 ≥−x , 13 ≠−x , 231 ≤−< x и многие другие. Рассмотрим теперь более сложный пример.

Пример [Мехмат–2008, 1]. Решить неравенство

13231 22 −≥+−−− xxxx .

Решение. Так как ( )( ) ( )( ) 132111 −≥−−−+− xxxxx , то перенесём

все слагаемые в левую часть и разложим её на множители:

( ) 03211 ≥−−−+− xxx ⇔ ⎢⎢⎣

⎡

≥−−+

=

.321

1

xx

x

Решим последнее неравенство, привлекая геометрический смысл модуля. Пред-ставим числовую прямую и на ней точки 1− и 2 .

x-1 2


260

Решить неравенство 321 ≥−−+ xx означает найти на числовой прямой

такие точки x , что модуль разности расстояний от x до точек 1− и 2 не меньше 3 . Заметим, что расстояние между этими точками в точности равно 3 . Если точка ( )2,1−∈x , то сумма расстояний от неё до 1− и 2 равна 3 , а соот-ветствующая разность расстояний будет меньше 3 , т.е. неравенство не выпол-няется. Если же ( )2,1−∉x , то модуль разности расстояний от x до 1− и 2 будет равен 3 , т.е. неравенство верно. Таким образом, получаем ответ:

( ] { } [ )+∞−∞−∈ ,211, UUx .

Раскрытие модулей на ОДЗ

При решении задач с модулями не всегда сразу возникает необходимость в применении метода интервалов или каких-либо других способов избавления от модулей. Иногда бывает достаточно провести анализ ОДЗ, и в результате по крайней мере часть модулей удаётся однозначно раскрыть. Рассмотрим три при-мера.

Пример 1 [Географ.–2002]. Решить уравнение ( )212 −=− xx .

Решение. Очевидно, 2≠x . Более того, так как левая часть уравнения неот-рицательна, то и равная ей правая часть должна быть неотрицательна, т.е.

02

1≥

−x ⇔ 2>x . Но при 2>x модуль раскрывается положительно, и, ре-

шая полученное уравнение ( ) 12 2 =−x , находим 1=x или 3=x . Только второе число удовлетворяет условию 2>x и поэтому будет решением.

Пример 2 . Решить уравнение ( )2321 −≤++− xxx .

Решение. Заметим, что левая часть уравнения положительна (как сумма двух неотрицательных слагаемых, одновременно не обращающихся в нуль). Следова-тельно, 02 >−x . Но при 2>x оба модуля раскрываются положительно, и, решая полученное неравенство, находим 7≥x . Так как все такие x удовле-творяют условию 2>x , то они являются решениями. Ответ: [ )+∞∈ ,7x .

Пример 3 [Глобальных процессов ф-т–2006]. Решить неравенство

13

122

≥−

−+

xxx

.

Решение. Очевидно, 3≠x . Более того, так как дробь, по условию, больше


261

1, то она, как минимум, положительна. При этом числитель дроби положителен, а значит, и знаменатель должен быть положительным, т.е. 3>x . Перепишем неравенство в виде:

( )( )1

343

≥−

+−x

xx.

Видно, что при 3>x подмодульное выражение положительно, следова-тельно, модуль однозначно раскрывается, и получаем неравенство

( )( ) 13

43≥

−+−

xxx

⇔ 14 ≥+x – верно при 3>x . Ответ: ( )+∞∈ ,3x .

Умножение на сопряжённое выражение

Назовём выражение A , зависящее от одной или нескольких переменных (и тождественно не равное нулю), сопряжённым к выражению B , содержащему модули, если произведение AB не содержит модулей. Например, выражение вида ba − является сопряжённым к выражению

ba + , и наоборот, выражение ba + является сопряжённым к выражению

ba − , поскольку их произведение ( )ba + ( )=− ba 22 ba − не содержит модулей. Рассмотрим пример, где приём умножения на сопряженное выражение (в указанном выше смысле) позволяет существенно упростить решение задачи.

Пример [Мехмат–2000, март]. Решить неравенство

423

2314

−−+−

<−−−−−−

xxx

xxxx

.

Решение. Поищем более эффективный способ решения, чем стандартный метод интервалов. Умножим неравенство на положительное выражение

14 −+− xx (сопряжённое к числителю левой дроби), и одновременно поде-

лим неравенство на положительное выражение 23 −+− xx (сопряжённое к знаменателю левой дроби). В результате не только исчезнут все модули в левой части неравенства, но и, в результате сокращения на 23 −+− xx , упростится правая часть:

( ) ( )( ) ( ) 4

142314

22

22

−−+−

<−−−−−−

xxx

xxxx

⇔ ( )( ) 4

1452523

−−+−

<−−−−

xxx

xx

.


262

Последнее неравенство равносильно системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

≠≠

−+−<−

4,251443

xxxxx

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

≠≠

−<−

4,25142

xxxx

⇔ ( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≠≠−<−4,25

182 22

xxxx

⇔ ( )( )⎩⎨⎧

≠≠<−−

4,250793

xxxx

⇔ ⎩⎨⎧

≠≠<<

.4,2573

xxx

⇔ ( ) ( )7,44,3 U∈x .

Замена в неравенствах множителей вида ba − , ba −

множителями эквивалентного знака 22 ba − , 2ba −

Рассмотрим приём, позволяющий избавляться от модулей в определённой группе задач и, тем самым, существенно их упрощать. Он непосредственно сле-дует из рассмотренного выше приёма умножения на выражение, сопряжённое к выражению ba − . Пусть требуется решить неравенство, в котором с одной стороны от знака неравенства (он может быть произвольным) находится произведение (частное) нескольких сомножителей, а с другой стороны – число нуль. К этой группе, в частности, относятся неравенства, решаемые методом интервалов. Например, это может быть неравенство вида

0≤⋅C

BA. (1)

Пусть, кроме того, хотя бы один из сомножителей имеет вид разности двух модулей ba − , где ba, – некоторые выражения, зависящие от неизвестной

(-ых). Ради определённости будем считать, что это A : =A ba − .

Если умножить обе части неравенства (1) на положительное выражение ba + (будем дополнительно считать, что a и b одновременно не обращают-

ся в нуль), то получим равносильное неравенство, в котором вместо множителя ba − появился множитель =A~ 22 ba − , не содержащий модулей. Таким

образом, решение исходного неравенства (1) оказалось сведено к равносильно-му неравенству

0~

≤⋅

CBA

.

Выражения ba − и 22 ba − всегда имеют один и тот же знак, и одновре-


263

менно обращаются в нуль. Поэтому этот подход часто называют методом заме-ны множителей на множители эквивалентного знака. В действительности область применимости данного приёма гораздо шире. Пусть a и b – любые неотрицательные (на ОДЗ) выражения, одновременно не обращающиеся в нуль (случай их одновременного обращения в нуль всегда можно рассмотреть отдельно). Тогда можно утверждать, что выражения ba − и

22 ba − имеют один и тот же знак, и, следовательно, в неравенствах указанного типа сомножитель вида ba − можно заменять выражением вида 22 ba − .

В частности, сомножители вида baA −= или baA −= с успехом

могут быть заменены выражениями =A~ ba − и 2~ baA −= соответственно (при условии 0≥a , а в первом случае и 0≥b ). Рассмотрим примеры применения этого – иногда очень эффективного – метода.

Пример 1 [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2001].

Решить неравенство 0222121≥

+−−

+−−

xxxx

.

Решение. Применяя указанный выше приём, приходим к равносильному не-равенству и решаем его:

( ) ( )( ) ( )

0222121

22

22

≥+−−+−−

xxxx

⇔ ( )( ) 0

42

≥++

xxxx

⇔ ⎪⎩

⎪⎨⎧

≠

≥++

0

042

xxx

⇔

⇔ ( ) [ )UU 0,24, −−∞−∈x ( )+∞,0 .

Пример 2 [Олимпиада «Ломоносов–2007»]. Решить неравенство

1127128≤

−−+

−−−

xxxx

.

Решение. ОДЗ: 87 ≤≤− x . Перенесём все слагаемые в одну сторону:

012778≤

−−++−−

xxxx

.

Так как на ОДЗ выражения 78 +−− xx и ( ) ( )2278 +−− xx , а также

выражения 127 −−+ xx и ( ) −+2

7x 212 −x имеют одинаковые знаки (и одновременно обращаются в нуль), то приходим к равносильному (на ОДЗ), но более простому неравенству


264

( ) ( )( ) 0

127

7822

22

≤−−+

+−−

xx

xx ⇔

( ) ( )( ) ( )

012778

2 ≤−−++−−

xxxx

⇔

⇔ ( )( )

0234

122 ≤

−+−xx

x ⇔ ⎢

⎣

⎡<≤−<<∞−.221

43xx

Пересекая с ОДЗ, получаем ответ. Ответ: [ ) [ )2,2143,7 U−−∈x .

Задачи, содержащие «скрытый» модуль

В некоторых задачах модуль присутствует неявно, принимая форму, напри-мер, квадратного корня из квадрата некоторого выражения. Если при этом из-

влечь этот корень, руководствуясь правилом aa =2 , то в задаче появляется модуль. Выбранный способ решения задачи также может подразумевать переход к модулю. Например, простейшие квадратные уравнения и неравенства, приведён-ные ниже, достаточно легко решаются извлечением корня (переходом к модулю):

( ) 41 2 =−x ⇔ 21 =−x ⇔ ⎢⎣

⎡−=−

=−21

21xx

⇔⎢⎣

⎡−=

=;1

3xx

( ) 41 2 ≤−x ⇔ 21 ≤−x ⇔ 212 ≤−≤− x ⇔ 31 ≤≤− x ;

( ) 41 2 >−x ⇔ 21 >−x ⇔ ⎢⎣

⎡−<−

>−.21

21xx

Пример 1 [Химфак–2007]. Решить неравенство

41681

12244 22

+++

−≤+

++x

xxx

xx.

Решение. Так как ( ) 44168 22 +=+=++ xxxx , то неравенство можно переписать в виде:

44

1122

442

++

−≤+

++xx

xxx

.

1) Если 04 >+x , то неравенство принимает вид ( )( ) 0

622 2

≤++x

x. Будем уп-

рощать дальше. Поскольку в рассматриваемом случае 06 >+x , то получаем

неравенство ( ) 02 2 ≤+x ⇔ 2−=x .


265

2) Если 04 <+x , то неравенство принимает вид

( ) 262

442

≤+++

xxx

⇔ ( )( ) 0

65252

≤+

+−x

xx.

Поскольку в данном случае 052 <−x , то имеем

06

52≥

++x

x ⇔ ⎢

⎣

⎡

−≥

−<

.52

6

x

x

Осталось учесть 4−<x . Ответ: ( ) [ ) { }24,526, −−−−∞−∈ UUx .


1168143 =−−++−−+ xxxx .

Решение. Сделаем замену переменной, положив 01 ≥−= xt . Отсюда

находим 12 += tx , и, подставляя в уравнение, получим:

19644 22 =+−++− tttt ⇔ ( ) ( ) 132 22 =−+− tt ⇔

⇔ 132 =−+− tt . Решая последнее уравнение методом интервалов, найдём

32 ≤≤ t ⇔ 312 ≤−≤ x ⇔ 914 ≤−≤ x ⇔ 105 ≤≤ x .

Пример 3 [ВМиК–2007, устн.]. Изобразить на координатной плоскости ( )yx; множество точек, координаты которых удовлетворяют

( )( ) 22cos yxxyarctgxy +⋅⋅= .

Решение. ОДЗ: 0≠x . Так как ( ) 211cos αα +=arctg , R∈α , то

( )( ) 22cos yxxxyarctg += ( )022 ≠+ yx .

Подставляя в уравнение и упрощая, получаем ⎪⎩

⎪⎨⎧

<−

>==

.0,0,

2

2

xxxx

xxy

Осталось на ОДЗ постороить график (сделайте это самостоятельно).

Пример 4. Ниже в примере 3 пункта 2.3 будет показано, как свести уравне-ние вида ( ) ( )xxxx 6;25min3;2max +=− к равносильному ему уравнению с

модулями xxx 724513 +=−+− .


266

Использование свойств модулей Упростить и решить некоторые из задач, содержащих модули, помогут зна-ние и активное использование (там, где это оправданно) свойств модулей. Отдельно можно выделить класс уравнений, в которых реализуется частный случай обращения какого-либо известного неравенства с модулями в равенство. При решении таких уравнений часто используется замена переменных, помо-гающая выявить, что данное уравнение есть случай обращения в равенство не-которого неравенства с модулями. Метод решения состоит в переходе к равно-сильному условию, принимающему форму неравенства или системы неравенств, но уже не содержащих модули (таким образом происходит избавление в задаче от модулей). Приведём примеры равносильных преобразований, сводящих уравнение с модулем (модулями) к задаче, их не содержащей:

aa = ⇔ 0≥a ; aa −= ⇔ 0≤a ;

baba +=+ ⇔ 0≥ab ; baba +=− ⇔ 0≤ab ;

baba +=+ ⇔ ⎩⎨⎧

≥≥

;0,0

ba

baba −=+ ⇔ ⎩⎨⎧

≤≥

;0,0

ba

baba −−=+ ⇔ ⎩⎨⎧

≤≤

;0,0

ba

baba −=+ ⇔ 0≤ab .

Обратимся теперь к рассмотрению задач указанного типа. В первых трёх примерах используется свойство неотрицательности модуля: показан способ решения неравенств, в которых с одной стороны от знака нера-венства находится нуль, а с другой – произведение (частное) нескольких сомно-жителей, один из которых имеет вид модуля некоторого выражения (следова-тельно, не меняет знака на ОДЗ). В этом случае рекомендуется рассмотреть два случая: когда этот сомножитель обращается в нуль, и когда он сохраняет поло-жительный знак. В последнем случае на него можно поделить обе части нера-венства, и задача упростится.

Пример 1 [ИСАА–2007]. Решить неравенство ( ) 0313 ≤−−+ xx .

Решение. Заметим, что 3−=x – решение неравенства. Найдём другие ре-

шения. При 3−≠x сократим неравенство на ( )03 >+x :

031 ≤−−x ⇔ 313 ≤−≤− x . Ответ: { } [ ]4,23 −−∈ Ux .


( ) 0465 12 <+⋅−+ −xxx .


267

Решение. Неравенство равносильно системе

⎩⎨⎧

<−+

−≠

0654

2 xxx

⇔ ⎩⎨⎧

<<−−≠

.164x

x Ответ: ( ) ( )1,44,6 −−−∈ Ux .

Пример 3 [Олимпиада «Ломоносов–2008», Геолог., устн.]. Решить неравенство

012008

2007...21≤

−−−++−+−

xxxx

.

Решение. Заметим, что числитель дроби положителен при любом действи-тельном x (как сумма неотрицательных модулей, одновременно не обращаю-щихся в нуль), поэтому в результате деления обех частей неравенства на этот числитель, приходим к равносильному неравенству

012008

1≤

−− x ⇔ 12008 <−x ⇔ 20092007 << x .

В следующем примере используются свойства aa =− , 22 aa = .

Пример 4 [Социолог.–2006]. Решить неравенство xx

x−≤

−− 2

245

.

Решение. Так как 22 −=− xx и ( )22 22 −=− xx , то имеем:

xx

x−≤

−− 2

245

⇔ ( ) 0245 2≠−≤− xx ⇔ ⎩⎨⎧

≠≥212

xx

⇔ ⎩⎨⎧

≠≤−≤

.211

xx

Ответ: ( ] [ ) ( )+∞−∞−∈ ,22,11, UUx .

В очередной задаче применение метода интервалов возможно лишь теорети-чески, зато использование простейшего свойства aa ≥ (причём aa = ⇔

0≥a ) позволяет эффективно решить уравнение. Пример 5 [Химфак–2001]. Решить уравнение

xxxxxxx 200100100...2211 =++−++++−+++− .

Решение. Применим указанное свойство к каждому из двухсот модулей: 11 −≥− xx , 11 +≥+ xx ,…, 100100 −≥− xx ,

100100 +≥+ xx . Складывая эти двести неравенств, получаем оценку:

+++− 11 xx xxx 200100100... ≥++−+ .


268

Осталось выяснить, когда последнее неравенство обращается в равенство. Это происходит тогда и только тогда, когда каждое из двухсот складываемых нера-венств обращается в равенство. Таким образом, исходное уравнение равносиль-но системе

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≥+≥−

≥+≥−

,0100,0100

.............,01,01

xx

xx

решая которую, находим 100≥x . Ответ: [ )+∞∈ ,100x .

В следующих примерах также демонстрируется применение различных свойств модулей.

Пример 6 [Геолог.–2004, устн.]. Решить неравенство

11

112

−+<

−+−

xx

xxx

.

Решение. Преобразуем неравенство:

( )

11

111

−+<

−+−

xx

xxx

⇔ 1

11

1−

+<−

+x

xx

x . (1)

Воспользуемся для дальнейшего решения свойством модулей: baba +≤+ при всех действительных a и b . При этом неравенство об-

ращается в равенство тогда и только тогда, когда числа a и b имеют один знак или обращаются в нуль, т.е. когда 0≥ab . В остальных случаях (когда a и b разных знаков, т.е. 0<ab ) имеет место строгое неравенство baba +<+ .

Обозначая в рассматриваемом неравенстве xa = , ( )11 −= xb , получаем,

что неравенство (1) равносильно более простому неравенству ( ) 011 <−⋅ xx ,

решая которое, получаем ( )1,0∈x .


7433443 22 −−+≤+−+− xxxx xx .

Решение. Обозначим 43 −= xa , 342 −+−= xxb . Тогда имеем

baba +≤+ . (2)


269

Поскольку из свойств модулей известно, что при всех действительных ba,

справедливо baba +≥+ , то последнее неравенство совместно с (2) означа-

ет, что baba +=+ , что, в свою очередь, выполняется тогда и только тогда,

когда одновременно 0≥a и 0≥b . Таким образом, исходное неравенство оказалось равносильно системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

≥−+−

≥−

034043

2 xx

x

⇔ ⎩⎨⎧

≤≤≥

314log3

xx

⇔ [ ]3,4log3∈x .

Пример 8 [Мехмат–2005]. Найти ( )xx 22log2 при условии

( ) 3822

22 log2log2log2log xxxxxxx −≤−−+− .

Решение. Положим 2−= xa , xb 2log= . Тогда исходное неравенство

можно переписать в виде abbaab ≤−+ . С другой стороны, поскольку

при любых действительных ba, справедливо abab ≥ и 0≥− ba , то,

складывая последние неравенства, получим, что abbaab ≥−+ . Таким об-

разом, имеем: abbaab =−+ , что выполняется тогда и только тогда, когда

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=

0ba

abab ⇔

⎩⎨⎧

=

≥

baab 0

⇔ ba = .

Итак, ( )xx 22log2 xx −+= 2log1 ( ) =−−−= 12log2 xx −b 11 −=−a .

Пример 9 [Эконом.–1998, вечернее отделение]. Решить уравнение

45059325 6435 =⋅+⋅ −+−−+− xxxx .

Решение. Поделим обе части уравнения на 225925 =⋅ :

253 264235 =+ −−+−−−+− xxxx . Так как baba −≥+ (причём baba −=+ ⇔ 0≤ab ), то имеем

( ) ( ) 23535 =−−−≥−+− xxxx ,

( ) ( ) 26464 =−−−≥−+− xxxx ,

поэтому 13 235 ≥−−+− xx , 15 264 ≥−−+− xx и, следовательно,

253 264235 ≥+ −−+−−−+− xxxx .


270

Равенство выполняется тогда и только тогда, когда

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+−

=−+−

264

235

xx

xx ⇔

( )( )( )( )⎩⎨⎧

≤−−≤−−

064035

xxxx

⇔ 54 ≤≤ x .

Схемы решения типовых задач

Говоря о специальных методах, приведём известные схемы раскрытия моду-лей, рассчитанные на определённые, наиболее часто встречающиеся виды урав-нений и неравенств.

1) Уравнения вида Axf =)( ⇔ ∈x ∅, если 0<A ,

Axf =)( ⇔ 0)( =xf , если 0=A ,

Axf =)( ⇔ ⎢⎣

⎡−=

=,)(

,)(Axf

Axf если 0>A .

Пример 1. Решить уравнение 0222 =−−−x .

Решение. 0222 =−−−x ⇔ 0222 =−−−x ⇔

⇔ 222 =−−x ⇔ ⎢⎢⎣

⎡

−=−−

=−−

222

222

x

x ⇔

⎢⎢⎣

⎡

=−

=−

02

42

x

x ⇔

⇔ ⎢⎢⎢

⎣

⎡

=−

−=−

=−

02

42

42

x

x

x

⇔ ⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

−=

=

2

2

6

x

x

x

⇔ ⎢⎣

⎡±=±=

.26

xx

Пример 2. При всех a решить уравнение а) ax =− 2 ; б) 2=− ax .

Решение. а) При 0≥a имеем, в соответствие с данной схемой, что

ax =− 2 ⇔ ⎢⎣

⎡−=−

=−ax

ax22

⇔ ⎢⎣

⎡−=+=

.22

axax

При 0<a решений нет.

б) При всех Ra∈ имеем: ⎢⎣

⎡−=−

=−2

2axax

⇔ ⎢⎣

⎡−=+=

.22

axax


271

Пример 3 [Геолог.–1996, устн.]. Сколько решений имеет уравнение

223 =−− πx ?

Решение. Раскроем вначале внешний модуль, сведя уравнение к совокупно-сти двух уравнений:

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=−−

=−−

223

223

π

π

x

x ⇔

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=−

+=−

.223

223

π

π

x

x

Правая часть первого уравнения положительна, поэтому оно имеет два раз-личных решения (можно было бы даже найти эти решения:

⎢⎢⎣

⎡

−−=−

+=−

223

223

π

π

x

x ⇔ ⎢⎢⎣

⎡

−−=

++=

223

232

π

π

x

x).

Чтобы узнать, имеет ли решения второе уравнение, оценим знак его правой

части: 22−

π∨ 0 ⇔ π ∨ 22 . Известно, что 5,124,1 << ⇒

⇒ 3228,2 << , а 15,314,3 << π . Из приведённых оценок следует, что

π 22> . Итак, второе уравнение также имеет два решения

(⎢⎢⎣

⎡

−=−

−=−

223

223

π

π

x

x ⇔

⎢⎢⎣

⎡

−+=

−+=

223

232

π

π

x

x).

Так как все решения разные, то получаем ответ. Ответ: 4 решения.

Пример 4 [Геолог.–1998, 2]. Решить уравнение 14 22 =−− xx .

Решение. Эта задача также относится к указанному типу, но её можно ре-шать иначе, начав с раскрытия внутреннего модуля:

( )

( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−−

<

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−−−

≥

14

4

14

4

22

2

22

2

xx

x

xx

x

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

<

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

≥

.124

4

144

2

2

2

x

x

x

Первая из систем не имеет решений. Осталось решить вторую систему:


272

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎢⎣

⎡

−=−

=−

<<−

124124

22

2

2

xx

x

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎢⎣

⎡

=

=

<<−

.2523

22

2

2

xx

x

Ответ: .25;

23

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

±±∈x

2) Неравенства вида Axf ≤)( ⇔ ∈x ∅, если 0<A ,

и Axf ≤)( ⇔ ⎩⎨⎧

−≥≤

,)(,)(Axf

Axfесли 0≥A .

Пример 1 [Почвовед.–2002]. Решить неравенство 275 <− x .

Решение. 275 <− x ⇔ 2752 <−<− x ⇔ 173 << x .

Пример 2. При всех a решить неравенство ax ≤− 2 .

Решение. Действуя по предложенной схеме, сразу получаем ответ. Ответ: при 0<a ∈x ∅; при 0≥a [ ]aax +−∈ 2,2 .

Пример 3 [Геолог.–2002, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множество точек, координаты x и y которых удовлетворяют условию

82 ≤+ yx .

Решение. Раскроем модуль: ⎩⎨⎧

−≥+≤+

8282

yxyx

⇔ ⎩⎨⎧

+−≤−−≥

.4242

xyxy

Искомое ГМТ представляет собой полосу на координатной плоскости Oxy , y

x

4

-8

-4

80

x+2y 8

состоящую из точек, расположенных между двумя параллельными прямыми ( ) 42 −−= xy и ( ) 42 +−= xy (включая эти прямые).


273

3) Неравенства вида Axf ≥)( ⇔ ∈∀x ОДЗ, если 0≤A ,

Axf ≥)( ⇔ ⎢⎣

⎡−≤

≥,)(

,)(Axf

Axf если 0>A .

Пример 1 [Почвовед.–2002]. Решить неравенство 159 >− x .

Решение. 159 >− x ⇔ ⎢⎣

⎡−<−

>−159

159xx

⇔ ⎢⎣

⎡><

.258

xx

Пример 2. При всех a решить неравенство ax ≥− 2 . Решение. Действуя по предложенной схеме, приходим к ответу. Ответ: при 0≤a ( )+∞∞−∈ ,x ;

при 0>a ( ] [ )+∞+−∞−∈ ,22, aax U .

Пример 3. Решить неравенство 512 ≤−< x .

Решение. [ ) ( ]5,22,51 U−−∈−x ⇔ [ ) ( ]6,31,4 U−−∈x . В других случаях бывает удобнее не применять этой схемы.

Пример 4 [Черноморский филиал МГУ–2007]. Найти все целые значения x ,

для которых справедливо неравенство 79

23

>−x

.

Решение. Воспользуемся приёмом обращения дроби:

79

23

>−x

⇔ ⎩⎨⎧

≠

<−

22 3

7

xx

⇔ ⎩⎨⎧

≠

<−<−

22 3

737

xx

⇔ ⎩⎨⎧

≠

<<−

.23

1331

xx

Осталось отобрать все целые x . Ответ: { }4;3;1;0∈x .

4) Уравнения вида )()( xgxf = ⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=≥

⎩⎨⎧

=≥

).()(0)(

)()(0)(

xgxfxg

xgxfxg

Пример 1 [Социолог.–2000]. Решить уравнение 4232 −=− xxx .

Решение. Воспользуемся указанным способом:


274

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=−

≥−⎩⎨⎧

−=−

≥−

xxxx

xxxx

243042

423042

2

2

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

=−−

≥⎩⎨⎧

=+−

≥

042

0452

2

2

xxx

xxx

⇔

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=

=

.2

171

4

x

x

Пример 2 [Психолог.–2006, 1]. Решить уравнение 1737 +=− xx .

Решение. Так как 017 >+x при любом Rx∈ , то уравнение равносильно совокупности

⎢⎢⎣

⎡

−−=−

+=−

17371737

xx

xx

⇔ ⎢⎣

⎡

=

=−

1713

x ⇔ 0=x .

5) Неравенства вида )()( xgxf ≥ ⇔ ⎢⎣

⎡−≤

≥).()(

)()(xgxf

xgxf

Пример 1 [Биолог.–2002]. Решить неравенство 122 +>− xx . Решение. Данное неравенство равносильно совокупности неравенств

⎢⎣

⎡−−<−+>−

122122

xxxx

⇔ ⎢⎣

⎡<−<

313

xx

⇔ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∞−∈

31,x .

В других задачах бывает удобнее рассмотреть два случая: ( ) 0≥xg и ( ) 0<xg .

Пример 2 [ИСАА–2000, 1]. Решить неравенство ( )2112 −>− xx .

Решение. При 2<x левая часть неравенства неотрицательна, а правая – от-рицательна, следовательно, все такие значения x будут решениями. Если же

2>x , то имеем 2

112−

>−x

x ⇔ 0152 2 >+− xx , откуда ( ) 4175 +>x .

Ответ: ( ) ( )( )+∞+∞−∈ ,41752, Ux .

6) Неравенства вида )()( xgxf ≤ ⇔ )()()( xgxfxg ≤≤− .

Пример 1 [Моск. гос. акад. приборостроения и информатики–1993]. Решить неравенство 31582 −<+− xxx .


275

Решение. Сведём неравенство к равносильной ему системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

−>+−

−<+−

xxxxxx3158

31582

2

⇔ ⎪⎩

⎪⎨⎧

>+−

<+−

01270189

2

2

xxxx

⇔ ( )6,4∈x .

Пример 2 [ВМиК–2000, апр.]. Решить неравенство

2228 22 +≥−+− xxxx .

Решение. Имеем: ⎢⎢

⎣

⎡

−−≤+−

++≥+−

2228

222822

22

xxxx

xxxx ⇔

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

++−≥+−

−−≤+−

−−−≤+−

++≥+−

22282228

22282228

22

22

22

22

xxxxxxxx

xxxxxxxx

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥−

≥

≤+−

≤

.0523

0230

2

2

xxx

xxx

Ответ: ( ] [ ] [ )+∞∞−∈ ,52,10, UUx .

Пример 3 [ВМиК–2002, отделение прикладной информатики]. При всех значениях параметра a решить неравенство

22 +≤+ xax . Решение. Воспользуемся известным приёмом и получим, что неравенство равносильно системе неравенств

⎩⎨⎧

+≤−−+≤+

axxxax22

22 ⇔ ( )⎩

⎨⎧

+−≥−≤

.322

axax

Очевидно, что данная система имеет решения тогда и только тогда, когда ( ) aa −≤+− 232 ⇔ 4≤a .

Эти решения x представляют собой отрезок ( )[ ]aa −+− 2,32 .

Ответ: при ( )4,∞−∈a ∈x ( )[ ]aa −+− 2,32 ;

при 4=a 2−=x ; при ( )+∞∈ ,4a ∈x ∅.

7) Уравнения вида )()( xgxf = ⇔ ⎢⎣

⎡−=

=).()(

)()(xgxf

xgxf


276

Пример 1 [Гос. управления ф-т–2001]. Решить уравнение 22 363613 xxx −=+− .

Решение. Согласно предложенной схеме

22 363613 xxx −=+− ⇔⎢⎢⎣

⎡

−=+−

−=+−

.363613363613

22

22

xxxxxx

Решая совокупность уравнений, получаем ответ: { }213;1372;0∈x .

Пример 2 [Химфак–2001, май]. Решить уравнение

21

21

++

=−−

xx

xx

.

Решение. 21

21

++

=−−

xx

xx

⇔ ( )( ) ( )( )

⎩⎨⎧

±≠

−+=+−

22121

xxxxx

⇔

⇔ ( )

⎩⎨⎧

±≠−−±=−+

222 22

xxxxx

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

±≠

⎢⎣

⎡

=

=

22

02

xxx

⇔ ⎢⎣

⎡

±=

=

.2

0

x

x

Пример 3 [Геолог.–1999, 5]. Решить уравнение

32823282 22 −−−=−−+ xctgxctgxctgxctg

Решение. Сделаем замену 02 ≥−= xctgt . Тогда уравнение примет ал-гебраический вид

3838 44 −−=−+ tttt ⇔ ⎢⎢⎣

⎡

+/+−=−/+

/−−/=/−+/

38383838

44

44

tttttttt

⇔ ⎢⎣

⎡

=

=

30

4tt

⇔ ⎢⎣

⎡

=

=4 3

0

t

t ⇔

⎢⎢⎣

⎡

=−

=−4 32

02

xctg

xctg ⇔ ⎢

⎣

⎡

−=

=

32

02

xctg

xctg ⇔

⇔ ⎢⎣

⎡∈+=∈+=

ZkkxZnnx

,652,22

ππππ

⇔ ⎢⎣

⎡+=

+=.2125

24kx

nxππ

ππ

Ответ: 24nx ππ

+= , 212

5 kx ππ+= , Zkn ∈, .


277

8) Неравенства )()( xgxf ≤ ⇔ ( ) ( )xgxf 22 ≤ ⇔

⇔ 0))()(())()(( ≤−⋅+ xgxfxgxf .

Пример 1 [МТУСИ–1996, эконом. ф-т]. Найти наименьшее целое положи-тельное число, удовлетворяющее неравенству

632239182 22 −+>++ xxxx .

Решение. Возведём данное неравенство в квадрат (равносильное преобразо-

вание) ( ) ( )2222 632239182 −+>++ xxxx и, не раскрывая квадратов, тут же перенесём все слагаемые в одну сторону и разложим на множители:

( )( ) 065518 2 >−++ xxx ⇔ ( )( )( ) 016851 >−++ xxx .

Решая это неравенство методом интервалов, получаем ( ) ( )+∞−−∈ ,16,851 Ux .

Ответ: наименьшее целое положительное число x есть 2.

Пример 2 [Химфак–2001]. Решить неравенство

11

11

+>

− xx.

Решение. Воспользуемся приёмом обращения дробей:

11

11

+>

− xx ⇔

⎩⎨⎧

±≠

−>+

111

xxx

⇔ ( ) ( )⎩⎨⎧

±≠−>+

111 22

xxx

⇔ ⎩⎨⎧

≠>

.10

xx

Ответ: ( ) ( )+∞∈ ,11,0 Ux .

9) Неравенства вида ( ) ( )xgxf ≠ ⇔ ( ) ( )( ) ( )⎩

⎨⎧

−≠≠

.xgxfxgxf

Пример. Решить неравенство 632239182 22 −+≠++ xxxx .

Решение. Данное неравенство равносильно системе двух неравенств:

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−−≠++

−+≠++

632239182632239182

22

22

xxxxxxxx

⇔ ⎩⎨⎧

≠−≠

−≠

.1,6851xx

x

Ответ: ( ) ( ) ( ) ( )+∞−−−−∞−∈ ,11,66,851851, UUUx .


278

Универсальные методы

Наряду со специальными методами при решении задач с модулями могут быть использованы любые из известных в элементарной математике и широко применимых методов, не привязанных жёстко к какой-либо группе задач (отсю-да их название – универсальные). Рассмотрим эти методы, проиллюстрировав их применение примерами.

Возведение в степень Как уже было показано выше, с целью избавления от модуля бывает эффек-тивен приём возведения в чётную степень, чаще всего в квадрат. Приём обычно используется в ситуации, когда хотя бы с одной стороны от знака равенства (нера-венства) находится модуль некоторого выражения, т.е. при решении задач вида

( )xf ∨ ( )xg , ( )xf ∨ ( )xg и пр.1 Именно возведением в квадрат проще всего доказывается справедливость при всех действительных yx, известных неравенств

yxyx +≤+ , yxyx −≥+ и др.

Даже простейшее неравенство вида 21 <−x в принципе можно решать возве-дением в квадрат:

21 <−x ⇔ ( ) 41 2 <−x ⇔ ( ) 021 22 <−−x ⇔ ( )( ) 013 <+− xx ,

и далее, скажем, методом интервалов. Но обычно сразу переходят к двойному неравенству 212 <−<− x . При использовании данного приёма, как правило, следят за тем, чтобы обе части возводимого в чётную степень уравнения (неравенства) были неотрица-тельны. Это необходимо для сохранения равносильности преобразования. Воз-можен и переход к следствию, но только в тех случаях, когда можно сделать проверку.

Пример 1 [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2006»]. Найти наименьшее целое число x , удовлетворяющее неравенству

592172 22 +−≥−− xxxx .

Решение. Возведём неравенство в квадрат. Так как обе его части были неот-рицательны, то получим неравенство, равносильное исходному. Затем, собрав оба слагаемых слева от знака неравенства, разложим левую часть полученного неравенства на множители (как разность квадратов):

1 Знак ∨ заменяет любой из знаков равенства или неравенства.


279

( ) ( )2222 592172 +−≥−− xxxx ⇔ ( ) ( ) 0592172 2222 ≥+−−−− xxxx ⇔

⇔ ( )( ) 03142 ≥−+− xxx ⇔ ( )( )( ) 033232 ≥−−−+− xxx .

Методом интервалов получаем решения:

[ ] [ )+∞+−∈ ,323,32 Ux . Ответ: наименьшее целое x , удовлетворяющее неравенству, есть 1.

Пример 2 [Геолог.–2006, устн.]. Решить уравнение 1cossin =+ xx .

Решение. Возведём уравнение в квадрат (равносильное преобразование, так как обе части возводимого в квадрат уравнения неотрицательны):

1coscossin2sin 22 =++ xxxx ⇔ 02sin =x ⇔ Znnx ∈= ,2 π .

Ответ: { }2nx π∈ , где Zn∈ .

Пример 3 [Геолог.–2001, устн.]. Решить уравнение 1cossin2 =+ xx .

Решение. Приведём уравнение к виду xx cos1sin2 −= . Так как обе части полученного уравнения неотрицательны, то возведём в квадрат и придём к рав-носильному уравнению:

( )22 cos1sin4 xx −= .

Заменяя в левой части x2sin на x2cos1− , получаем уравнение, квадрат-ное относительно xcos :

( ) ( )22 cos1cos14 xx −=− ⇔ ( )( ) ( )2cos1cos1cos14 xxx −=+− .

Таким образом, уравнение раскладывается на множители, и приходим к сово-купности уравнений:

( )⎢⎣

⎡−=+

=xx

xcos1cos14

1cos ⇔ ⎢

⎣

⎡−=

=.53cos

1cosxx

Ответ: ( ){ }Zknknx ∈+−±∈ ,;253arccos;2 ππ .

Пример 4 [Геолог.–2000, май, устн.]. Решить уравнение

( ) 553 axx +=− .

Решение. Извлекая корень пятой степени (возводя в степень 51 ), получим равносильное уравнение


280

xax −=+ 3 ⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎢⎣

⎡−=+−=+

≥−

33

03

xaxxax

x ⇔

( )

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=≤

⎩⎨⎧

−=≤

33

233

ax

axx

⇔ ( )

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=≤

⎩⎨⎧

−=−≥

.33

233

ax

axa

Первая система не имеет решений ⇔ 3−<a , вторая система не имеет решений ⇔ 3−≠a . Обе системы неразрешимы ⇔ 3−<a . Ответ: наибольшее целое a равно 4− .

Метод замены неизвестных

Суть метода состоит в том, что в целях упрощения дальнейшего решения задачи вводится одна или несколько новых переменных. В конце решения зада-чи делается так называемая обратная подстановка, в результате которой осуще-ствляется переход к первоначальным переменным. Возможные трудности при использовании этого метода связаны с необходимостью подбора удачной под-становки, которую не всегда бывает легко увидеть. Рассмотрим примеры ис-пользования этого подхода в задачах с модулями.

Пример 1. Решить неравенство 022 <−+ xx .

Решение. Положим ( )0≥= xt , тогда имеем квадратное неравенство

022 <−+ tt ⇔ ( )( ) 021 <+− tt ⇔ 01<−t (так как 02 >+t ). Итак,

1<x . Ответ: ( )1,1−∈x .

Пример 2 [Геолог.–2004, устн.]. Решить неравенство 431 22 ≤−+− xx .

Решение. Положим 22 −= xy , тогда неравенство примет вид

411 ≤−++ yy . Решим его с помощью метода интервалов.

1) ( ]1,−∞−∈y : раскрыв модули на этом промежутке, получим 2−≥y . Пересекая с промежутком, находим решения 12 −≤≤− y ;

2) ( ]1,1−∈y : раскрывая оба модуля, получим 411 ≤+/−+/ yy , т.е. 42 ≤ . Это неравенство выполняется при всех y из рассматриваемого полуин-

тервала, поэтому имеем решения 11 ≤<− y ;

3) ( )+∞∈ ,1y : на этом интервале неравенство приводится к виду 2≤y . Пересекая с промежутком, получим 21 ≤< y .


281

Объединяя все найденные решения, получаем 22 ≤≤− y . Осталось сде-

лать обратную подстановку: 222 2 ≤−≤− x ⇔ 42 ≤x . Отсюда получаем окончательный ответ. Ответ: [ ]2,2−∈x .

Пример 3 [ВМиК–2002, устн.]. Решить уравнение 3214227 224 −−−=++− xxxxx .

Решение. Выполним двойную подстановку: 14 −= xy , =z 32 2 −x .

Так как ( ) ( )22222 1432 −−−=− xxyz ( )2274 24 ++−= xxx , то исход-ное уравнение в результате замены примет вид:

zyyz−=

−4

22

⇔ ⎢⎣

⎡−=+

=−.4

0yzyz

Первое из уравнений сводится в результате обратной подстановки к уравнению

1432 2 −=− xx ⇔ ⎢⎢⎣

⎡

−=−

−=−

xxxx

41321432

2

2

⇔ ⎢⎢⎣

⎡

±−=

±=

.31

21

4,3

2,1

x

x

Второе из уравнений 32 2 −x + 414 −=−x не имеет решений.

Ответ: { }31,21 ±−±∈x .

Пример 4 [Психолог.–2002]. Решить уравнение

1321835126117 22323 −−=+−−+−−+ xxxxxxxx .

Решение. Положим 6117 23 −−+= xxxa , 3512 23 −++−= xxxb , 2−= xc . Тогда уравнение примет вид

02 =+−−−+ cbaba ⇔ ( ) ( ) 02 =+−+− cbbaa .

Поскольку все три слагаемых в левой части уравнения неотрицательны, то уравнение равносильно системе

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=

02c

bb

aa

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=≥≥

000

cba

⇔ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−≥−++−

≥−−+

0203512

0611723

23

xxxx

xxx ⇔ 2=x .

Пример 5. Числа dcba ,,, удовлетворяют условиям 122 =+ ba ,

122 =+ dc . Доказать, что 1≤− bdac .


282

Решение. Воспользуемся тригонометрической подстановкой. Из условий задачи следует, что :, R∈∃ βα

⎩⎨⎧

==

αα

sincos

ba

и ⎩⎨⎧

==

.sincos

ββ

dc

Подставляя в неравенство, получим ( ) 1cossinsincoscos ≤+=−=− βαβαβαbdac – верно,

что и требовалось доказать. Другие примеры на замену переменной были рассмотрены выше в пункте, посвящённом использованию свойств модулей.

Разложение на множители

Иногда удаётся, перенося все слагаемые в уравнении (неравенстве) в одну сторону, разложить полученное выражение на множители. Разложение осущест-вляется различными способами, в том числе группировкой и вынесением обще-го множителя за скобку, рассмотрением данного уравнения как квадратного от-носительно какой-либо величины, с использованием формул сокращённого ум-ножения и прочими приёмами. В результате уравнение на ОДЗ сводится к сово-купности нескольких, вообще говоря, более простых уравнений, а неравенство мо-жет быть решено, например, методом интервалов или каким-либо иным способом.

Пример 1 [Мехмат–2008, 1]. Решить неравенство

13231 22 −≥+−−− xxxx .

Решение задачи рассмотрено выше в пункте «Раскрытие модуля, используя его геометрический смысл».

Пример 2. При каких значениях a уравнение имеет ровно три корня:

( )( ) ( ) ?24422114 222 −−−+−=−++++−+ xxxaxxxaaxaxa

Решение. Преобразуем данное уравнение, перенося все слагаемые в одну сторону, группируя их и выделяя общие множители:

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 042221144 222 =+−−−+−+++−+++ xaxxxxaxxaaxa (1)

⇔ ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 042121114 22 =+−−+−+++−++ xaxxxaxaxa ⇔

⇔ ( )( ) ( )( ) 0211214 2 =−−++−−−++ xaxxaxa ⇔

⇔ ( )( ) 01421 2 =−−+−−+ xxaxa . Таким образом, удалось разложить левую часть уравнения (1) на множители. Далее, уравнение распадается на совокупность двух уравнений


283

⎢⎢⎣

⎡

=−−+

=−−+

.014

0212xxa

xa

Приведём данную совокупность уравнений к виду

( )⎢⎢⎣

⎡

−−=

−−=+−=

,123214 22

xaxxxa

и далее будем решать оба уравне-ния, вводя систему координат, в

которой на оси абсцисс откладываются значения неизвестной x , а на оси орди-нат – значения параметра a . Графическим образом решений данной совокупности служит объединение графиков модуля и параболы. Из рисунка видно, что ровно три корня уравнение имеет только при 1−=a .

Графический подход (метод координат)

При решении уравнения (неравенства) при помощи графического подхода в одной системе координат строятся графики функций, расположенных в левой и правой частях уравнения (неравенства). Затем ищутся точки пересечения этих графиков, после чего на оси абсцисс находится решение. В других случаях на плоскости Oxy изображается геометрическое место точек, координаты кото-

рых ( )yx; удовлетворяют заданным в задаче условиям, и это помогает в даль-нейшем сделать решение задачи более наглядным и простым. Возможные трудности связаны с необходимостью быстро и правильно стро-ить графики функций с модулями, а также изображать фигуры на координатной плоскости в случае, когда уравнение или неравенство, их задающие, содержат модули. Необходимо при этом иметь навыки использования основных преобра-зований функций таких, как сдвиг графика вдоль координатных осей, его растя-жение или, наоборот, сжатие, осевая и центральная симметрия. Надо уметь строить графические образы решений систем и совокупностей уравнений и не-равенств, содержащих модули, раскрывая эти модули при помощи метода ин-тервалов или, соответственно, метода областей и находя пересечение или объединение полученных в результате фигур. В качестве одной из иллюстраций данного подхода можно рассмотреть предыдущий пример.

Рассмотрим ещё несколько типичных примеров.

x

a

1 2 3 40

-1

-2

-3


284

Пример 1 [Геолог.–2002, устн.]. При каких значениях параметра a уравне-ние 1+=− xax не имеет корней? Решение. Построим в одной системе координат Oxy графики функций

axy −= (это семейство «уголков» с вершиной, «плавающей» вправо-влево в зависимости от значения a вдоль оси абс-цисс) и прямая 1+= xy . Очевидно, гра-фики этих функций не пересекаются (уравнение не имеет корней) при 1−<a .

Пример 2 [Геолог.–1992, устн.]. Построить график функции

31 −⋅+= xxy . Решение. В данном случае проще всего преобразовать функцию к виду

=−⋅+= 31 xxy ( )( )31 −+ xx

и построить параболу ( )( )31 −+= xxy . На участке между нулями этой функ-ции 1−=x и 3=x отобразим график вверх симметрично оси абсцисс. В ре-зультате получим искомый график функции. Он симметричен относительно пря-мой 1−=x .

4

-1 0 1 2 3

x

3

2

1

y= x+1 x-3y


1072 +−= xxy .

Решение. Преобразуем данную функцию: =y 1072 +− xx .

x

y

1

-1a


285

Пусть ( ) 1072 +−= xxxf , тогда исходную функцию можно представить в виде

( )xfy = . Для построения её графика достаточно внача-ле построить в области 0≥x график функции ( )xfy = , а затем отобразить эту кривую симметрично оси Oy в об-ласть 0<x . Объединяя обе

ветви кривых, получаем искомый график.


xxxxxy

−++

=652

23

.

Решение. Найдём область определения функции: 0≠− xx ⇔ 0<x . Те-перь упростим функцию на её области определения.

=−

++=

xxxxy

2652

23

652 −−−= xx . Графиком исходной функ-ции будет та часть параболы (с вершиной в точке

25−=вx , 41=вy ; ветви направлены вниз), которая попадает в левую полуплос-кость 0<x .

Пример 5 [Геолог.–2002, устн.]. Найти наименьшее значение функции

( ) xxxxy ⋅−+⋅+= 11 .

Решение. Построим график функции методом интервалов.

1) ( )1,−∞−∈x : ( )( ) =+−−+= 211 xxxy 1212 −−=−− xx ;

10y

-3,5 3,5 x

-2,25

y=x -7 x +102

x

y

14

-3 -2

-6

-3


286

2) [ ]0,1−∈x :

( ) =++= 221 xxy 122 2 ++ xx ;

3) ( )+∞∈ ,0x :

( ) =−+= 221 xxy .1212 +=+ xx

График состоит из трёх ветвей, объединённых в одну непрерывную кривую. По графику определяем, что

( ) 2121min =−= yy .

Пример 6. Построить график функции 111 −−−= xy .

Решение. Построим график при помощи двух преобразований: параллельно-го переноса вдоль оси Oy вниз на 1 и графического «взятия» модуля. Для этого последовательно построим графики функций:

xy = ⇒ 1−= xy

⇒ 1−= xy ⇒

11 −−= xy

и т.д. Эскиз искомого графика изображён на рисунке.

Пример 7 [Геолог.–2002, устн.]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=−

.4

2

yx

yx

Решение. Один из наиболее наглядных и быстрых способов решить данную систему уравнений – графический. Для этого достаточно изобразить в одной системе координат Oxy графики первого и второго уравнений системы. Тогда количество точек пересечения этих графиков будет равно количеству решений системы, а координаты этих точек будут решениями системы.

Чтобы построить графический образ первого уравнения, перепишем его в виде

x

y

0-1

1

12

12

y

x

1 32-3 -2 -1

1


287

⎢⎣

⎡−=−

=−2

2yxyx

⇔ ⎢⎣

⎡+=−=

,22

xyxy

т.е. первое уравнение задаёт на плоскости две параллельные прямые. Чтобы построить график второго уравнения, заметим предварительно, что поскольку при замене x на ( )x− , а y на ( )y− это уравнение на меняет сво-его вида, то фигура на плоскости, задаваемая этим уравнением, должна быть

симметрична сама себе отно-сительно обеих координатных осей. Поэтому достаточно построить, например в 1-й четверти, часть графика, а затем симметрично отобра-зить её относительно прямых

0=x и 0=y . В 1-й четвер-ти 0, ≥yx , поэтому модули раскрываются со знаком «плюс», и уравнение приоб-ретает вид 4−= xy . Таким

образом, в 1-й четверти второе уравнение задает часть прямой 4−= xy , в неё попадающую. Симметричным образом достраивая фигуру на всей координатной плоско-сти, обнаруживаем, что графики первого и второго уравнений не имеют общих точек. Это означает, что система не имеет решений. Замечание. Можно было воспользоваться для решения одним из известных свойств модуля, а именно, что yxyx −≥− при всех действительных x и y . В рассматриваемой системе, наоборот,

yxyx −=<=− 42 .

То есть условия системы вступают в противоречие с указанным свойством мо-дулей, что также доказывает отсутствие решений у системы. Пример 8 [Геолог.–1999, устн.]. При каких значениях параметра a модуль разности корней уравнения

aaxx 4126 22 =++− принимает наибольшее значение? Решение. Преобразуем уравнение к виду ( ) ( ) .123 22 =−+− ax

y=x+

2y=

x-2 y=x-4

y

x0


288

Введём на плоскости пря-моугольную систему коор-динат, на оси абсцисс будем откладывать значения пе-ременной x , а на оси орди-нат – значения параметра a . В этой системе коорди-нат уравнение задаёт ок-ружность единичного ра-диуса с центром в точке ( )2;3 . По рисунку видно, что модуль разности корней уравнения достигает наи-

большего значения при 2=a .

Пример 9 [Геолог.–2001]. При каких значениях параметра z уравнение 108262 +=++− zxxx имеет единственное решение x ?

Решение. 1-й способ. Поделим уравнение на 2: ( ) 5243 +=++− xzxx

и обозначим выражение 2z через a , а функцию в левой части последнего

уравнения – через ( )xf . Методом интервалов строим график функции

y ( ) == xf⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥+≤≤−

≤−−

.3,12;34,7

;4,12

xеслиxxесли

xеслиx

По условию задачи требуется най-ти все значения параметра a , при ко-торых уравнение

( )

543 +=++− axxxxf

4434421

имеет единственное решение, т.е. гра-фики функций =y ( )xf и

5+= axy пересекаются в одной точке. На рисунке график функции =y ( )xf в виде ломаной линии вы-

делен полужирной линией, графики

A B

C

-4 3

x

y

7

5

M K

x

a

2

32 4x = =x1 2


289

линейных функций 5+= axy имеют вид пучка прямых линий (кроме прямой

0=x ), проходящих через точку ( )5;0C . Очевидно, что прямая вида 5+= axy имеет единственную общую точку с ломаной линией лишь в сле-

дующих случаях. 1) Прямая 5+= axy проходит через точку ( )7;4−A . Подставляя в урав-нение прямой координаты этой точки, находим соответствующее значение па-раметра 21−=a ⇒ 1−=z .

2) Прямая 5+= axy проходит через точку ( )7;3B . Подставляя в уравне-ние прямой координаты этой точки, находим отвечающее ему значение пара-метра 32=a ⇒ 34=z . 3) Прямая 5+= axy проходит параллельно левой ветви ломаной, т.е. сов-падает с прямой CM (её уравнение 52 +−= xy ), или имеет более вертикаль-ное положение. Несложно вычислить, что указанным положениям прямой соот-ветствуют угловые коэффициенты 2−≤<∞− a , т.е. 4−≤<∞− z . 4) Наконец, прямая 5+= axy может проходить параллельно правой ветви ломаной, т.е. совпадать с прямой CK (её уравнение 52 += xy ), или иметь более вертикальное положение. В этом случае получаем для угловых коэффици-ентов следующий диапазон изменения: +∞<≤ a2 , т.е. +∞<≤ z4 . Объеди-няя полученные значения z , приходим к ответу. Ответ: ( ] { } [ )+∞−−∞−∈ ,434;14, UUz .

2-й способ. Воспользуемся методом интервалов.

1) ( ]4,−∞−∈x : уравнение принимает вид ( ) 124 −=+ zx ; если 4−≠z , то получаем единственное решение

( ) 44121 −≤+−= zx ⇔ ( ]1,4 −−∈z .

Итак, при ( ]1,4 −−∈z имеем решение ( )yx +−= 4121 .

2) ( ]3,4−∈x : уравнение принимает вид 4=xz ; если 0≠z , то получаем

решение ( ]3,442 −∈= zx ⇔ ( ) [ )+∞−∞−∈ ,341, Uz .

Итак, при ( ) [ )+∞−∞−∈ ,341, Uz имеем решение zx 42 = .

3) ( )+∞∈ ,3x : уравнение принимает вид ( ) 84 =− zx ; если 4≠z , то по-

лучаем решение ( )zx −= 483 3> ⇔ ( )4,34∈z .

Итак, при ( )4,34∈z имеем решение ( )zx −= 483 .


290

- 4 - 1 4

34

yx xx x2 2

1 3

Объединяя полученные результаты, получим тот же ответ.

Пример 10 [Эконом.–1997]. Решить систему уравнений

( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−−=+−−

=−

−++

.2424

04

sin14

sin

yxyx

yxyx ππ

Решение. Сведём систему к равносильной системе

( )( )( )( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥+−−

=−−=+

,02404sin1

04sin

yxyx

yxπ

π

и сделаем замену переменных: yxvyxu −=+= , . Тогда получим

( )( )

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤+−++

=−=

422204sin1

04sin

vuvuv

uπ

π ⇔

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤+−++

∈+=

∈=

.84,224

,4

vuvuZkkv

Znnuπππ

ππ

Неравенство последней системы описы-вает на координатной плоскости ( )vu;

квадрат с центром в точке 2,2 =−= vu и сторонами длиной 8, параллельными осям координат (см. рисунок). Среди бесконечно-го числа точек ( )vu; , координаты которых удовлетворяют уравнениям системы, в этот квадрат попадут лишь две:

( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

==

−=−=

02

14

kv

nu и

( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

==

==

.02

00

kv

nu

Отсюда, возвращаясь к первоначальным пе--2

6

2

-2-4-6 2

u

v


291

ременным, находим

⎩⎨⎧

−=−=

31

yx

и ⎩⎨⎧

−==

.11

yx

Ответ: ( ) ( ) ( ){ }1;1;3;1; −−−∈yx .

Пример 11 [Мехмат–1994, устн.]. Для каждого 0>a найти наибольшее значение величины ax 2− при условии

aaxx 932 ≤−+ . Решение. Для решения задачи воспользу-емся графическим подходом. Обозначим ( ) axxxf 32 −+= и по-строим график этой функции. Из рисунка вид-но, что неравенство ( ) axf 9≤ выполняется

на отрезке [ ]aax 4,2−∈ . Наибольшее значе-

ние функции axy 2−= , судя по её графику, изображённому ниже на том же рисунке, дос-тигается при ax 2−= и равно a4 . Ответ: 42max

42=−

≤≤−ax

axa.

Пример 12 [МФТИ–2005]. При каких значениях a уравнение

05 =+− axx имеет единственное решение? Решить это уравнение для всех

найденных значений параметра a .

Решение. Перепишем уравнение в виде axx −=5 . Уравнение имеет един-

ственное решение тогда и только тогда, когда графики функций 5xy = и

axy −= имеют единственную общую точку ( )00; yx , т.е. когда прямая

axy −= касается графика 5xy = (или, что то же самое, графика

( )xfxy == 5 ). Угловой коэффициент касательной равен ( )0xf ′ , а, с другой

стороны, он равен 1. Таким образом, имеем уравнение

( ) 10 =′ xf ⇔ 15 40 =x , 00 >x ⇔ 41

0 5−=x .

Следовательно, axy −= 00 ⇔ axx −= 05

0 ⇔ a−= −− 4145 55 , откуда 4554 −⋅=a . Ответ: при 4554 −⋅=a , 415−=x .

y

x

-2 2 3 4a a a a

9a

a6

4a

3a

y=f(x)


292

Для получения дополнительного опыта решения задач с параметрами реко-мендуем обратиться к специализированным пособиям, например [14,24,25].

Метод оценок

Метод оценок, суть которого в широком смысле слова состоит в том, что при анализе задачи используются полезные для её дальнейшего решения оценки неизвестных или выражений, получаемые на ОДЗ с привлечением производной или всевозможных неравенств. Например, одна из типичных ситуаций: решается уравнение

( ) ( )xgxf = ,

при этом, оценив независимо друг от друга возможные значения левой и правой частей уравнения, в ряде случаев (как раз тогда, когда этот метод дает положи-тельный результат) обнаруживаем, что, например, левая часть уравнения при всех допустимых значениях неизвестных принимает значения меньшие либо равные некоторому числу, а правая, наоборот, – большие либо равные этому же числу значения. Иными словами, наибольшее значение левой части равно наи-меньшему значению правой части. Тогда делается вывод, что данное уравнение равносильно системе двух, вообще говоря, более простых уравнений, получае-мых приравниванием отдельно левой и правой частей уравнения к данному чис-лу. Существуют и другие разновидности метода оценок (см. п. 3.4 раздела 3). Этот метод часто напрямую связан с группой функциональных методов, так как при оценивании выражений зачастую используются различные свойства функций, входящих в решаемое уравнение (например, ограниченность, моно-тонность). Возможные трудности связаны с необходимостью выполнить правиль-ные оценки, привлекая для этих целей известные неравенства, производную и пр.


( ) ( )9

1032141 2262 −+−>−++ − xxxxx .

Решение. Выделяя в правой части полный квадрат по x , получим

( ) 131 2 −−− x . Отсюда, учитывая неотрицательность модуля и ОДЗ, прихо-

дим к ответу. Ответ: { }1\ −∈Rx .

Пример 2 [Геолог.–1997]. Решить уравнение 030133 22 =−+++−+ xyyxxyyx .

Решение. Сумма двух неотрицательных выражений обращается в нуль тогда и только тогда, когда оба слагаемых одновременно равны нулю. Поэтому данное уравнение равносильно системе


293

⎩⎨⎧

=−+

=+−+

.0300133

22 xyyxxyyx

Данная система относится к группе симметрических систем, в которых ка-ждое уравнение не меняет своего вида при одновременной замене x на y , а y на x . Такие алгебраические системы решаются обычно при помощи двойной подстановки xyvyxu =+= , . Преобразовав уравнения системы к виду

( )( )⎩

⎨⎧

=−+=+−+

0300133

yxxyxyyx

и сделав соответствующую замену, приходим к системе

⎩⎨⎧

=−=+−.030

0133uv

vu

Далее решаем её методом подстановки:

⎩⎨⎧

=−−

−=

030133133

2 vvvu

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=−=

⎩⎨⎧

==

3518

65

vu

vu

⇔

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=−=+

⎩⎨⎧

==+

.3518

65

xyyx

xyyx

Первая из систем имеет два решения ( )3;2 , ( )2;3 , вторая – ещё два:

( )32489;32489 −−+− , ( )32489;32489 +−−− . Объединяя эти решения, получаем ответ:

( ) ( ) ( )⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−+−∈

32489;

32489;

32489;

32489;2;3;3;2; yx .

Пример 3. Решить систему уравнений ⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

+=+⋅

.1

5352322

2

yx

xyxx

Решение. Преобразуем систему к виду ( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

−=−

.1

23522

2

yx

yxx x

Из второго уравнения следуют оценки 1≤x , 1≤y . Так как 1≤x , то

( ) 012 ≥−=− xxxx , т.е. левая часть первого из уравнений принимает не-


294

отрицательные значения. Так как 1≤y , то ≤−≤− xxy 212 0≤ , т.е. пра-вая часть того же уравнения неположительна. Это означает, что данное уравне-ние равносильно системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=−

02

02

xy

xx ⇔

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=−=====

.2,1;2,1;1,0

yxyxyx

Только первая пара удовлетворяет второму уравнению исходной системы. Ответ: ( ) ( ){ }1;0; ∈yx . Другие примеры на метод оценок были приведены выше в пункте, посвя-щённом использованию свойств модулей.

Метод «от частного к общему»

Подробнее о данном методе см. в пункте 3.4 раздела 3 («Алгебраические уравнения и неравенства». Приведём лишь один пример.

Пример [5-я Всероссийская олимпиада 1978/79, 10 класс]. Найти все значе-ния a и b такие, что для любого x из отрезка [ ]1,1− будет выполняться

неравенство 12 2 ≤++ baxx .

Решение. Раскроем модуль: 121 2 ≤++≤− baxx , и решим задачу мето-дом «от частного к общему». Так как это неравенство, по условию, выполняется при всех x из указанного отрезка, то, в частности, оно должно выполняться для 1−=x :

121 ≤+−≤− ba . (1) Положив в неравенстве 0=x и 1=x , получим ещё два неравенства 11 ≤≤− b (2) и 121 ≤++≤− ba . (3) Сложив неравенства (1) и (3), получим, что 1−≤b . С учётом (2) это означает, что 1−=b . Подставляя это значение в (1) и (3), находим 0=a . Таким образом, если существуют числа a и b , удовлетворяющие условию задачи, то это 0=a , 1−=b , и других решений задача иметь не может. Чтобы доказать, что найденные a и b являются решениями задачи, осталось прове-рить, что для любого [ ]1,1−∈x справедливо неравенство 1121 2 ≤−≤− x , что верно. Ответ: 0=a , 1−=b .


295

3.3.5. Задачи, использующие понятия наименьшего

и наибольшего из двух или нескольких чисел Иногда в условиях задач встречаются обозначения вида

( )naaa ;...;;max 21 или ( )naaa ;...;;min 21 .

Под этими обозначениями, если не оговорено противное, обычно понимают наибольшее и, соответственно, наименьшее из n действительных чисел

naaa ,...,, 21 . В простейшей ситуации, когда количество чисел равно двум, для раскрытия этого понятия в задаче достаточно рассмотреть два случая, когда одно из чисел больше либо равно или меньше другого. Пример 1. Построить на плоскости Oxy геометрическое место точек

( )yx; , координаты которых удовлетворяют уравнению

( ) 3;max =yx .

Решение. Перейдём от уравнения к равносильной ему совокупности, раскрыв понятие наибольшего из двух чисел x и y по определению:

( ) 3;max =yx ⇔

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

<

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

≥

.3

;3

y

yx

x

yx

Далее строим геометрические образы решений первой и второй систем, это будут соответственно объединения отрезков, изображённых на рисунке:

x

y

y = xy = - x

3-3 O

x

y

O

3

-3

y = x

y = - x


296

x

y

3-3

3

-3

O

Объединяя все полученные отрезки, получаем искомое ГМТ в виде границы квадрата с центром в начале координат и сторонами длины 6, параллельными координатным осям. Задача решена. В других ситуациях можно поступить иначе. Рассмотрим пример.

Пример 2. Построить график функции ( )xxy −−= 2;1max .

Решение. Построим в одной системе координат графики обеих функций 1−= xy и xy −= 2 , найдём единствен-

ную точку их пересечения, её абсцисса равна 23 . При 23<x график функции

( )xxy −−= 2;1max будет совпадать с графиком функции

xy −= 2 , а при 23≥x искомый гра-фик будет совпадать с графиком функции

1−= xy (т.е. на каждом из участков вы-бираем тот из графиков, который лежит вы-ше). В результате получаем график функции

( )xxy −−= 2;1max , который на рисунке обозначен полужирной линией. Если в задаче идет речь о наименьшем или наибольшем из двух действи-тельных чисел, то иногда бывает удобно воспользоваться следующими тождест-вами.

Теорема. Для произвольных действительных чисел a и b выполняются сле-дующие тождества:

32

x

y

0


297

1) ( )ba;max 2

baba −++≡ ; 2) ( )ba;min

2baba −−+

≡ ;

3) ( ) ≡−+ baba ;max ba + ; 4) ( ) ≡−+ baba ;min ba − .

Доказательство. 1) Если ba ≥ , то левая часть тождества, т.е. ( )ba;max ,

равна a ; с другой стороны, правая часть тождества, т.е. ( ) 2baba −++ , по-

сле раскрытия модуля baba −=− также оказывается равной a , что и дока-

зывает данное тождество. Если же ba < , то в левой части будет ( ) bba =;max , и в правой части также

2baba −++

=−−+

=2

)( baba b ,

что подтверждает справедливость тождества и в этом случае. 2) Доказывается аналогично предыдущему случаю.

3) Если 0≥ab , то baba −≥+ , и тождество принимает вид

baba +≡+ , что верно при всех ba, R∈ , 0≥ab . Если же 0<ab , то

ba + ba −< , и тождество принимает вид +≡− aba b+ , что верно

при всех ba, R∈ , 0<ab . Таким образом, справедливость тождества доказана при всех действительных ba, . 4) Доказывается аналогично предыдущему случаю.


( ) ( )xxxx 6;25min3;2max +=− .

Решение. Воспользуемся доказанными выше тождествами:

( ) ( ) ( )2

32323;2max

xxxxxx

−−+−+=−

2333 −++

=xx

и

( )2

6256256;25min

xxxxxx

−+−++=+

24585 xx −−+

= .

Тогда исходное уравнение равносильно уравнению

2333 −++ xx

24585 xx −−+

= ⇔ xxx 724513 +=−+− ,

которое можно решить методом интервалов. Ответ: { }73∈x .


298

В ряде случаев при решении подобного рода задач удобно использовать свойства наибольшего и наименьшего из нескольких чисел. Например, для про-извольных действительных чисел cba ,, справедливы следующие свойства:

( ) cba ≤;max ⇔ ⎩⎨⎧

≤≤

;cbca

( ) cba ≥;max ⇔ ⎢⎣

⎡≥≥

;cbca

( ) cba ≤;min ⇔ ⎢⎣

⎡≤≤

;cbca

( ) cba ≥;min ⇔ ⎩⎨⎧

≥≥

.cbca

В самом деле, докажем первое из них. Начнём с необходимости. Пусть наи-большее из двух чисел a и b не превышает числа c , тогда, очевидно, и каждое из чисел a и b не будет превышать числа c . Теперь докажем достаточность. Если каждое из чисел a и b не превышает числа c , то, значит, и наибольшее из них также не будет превышать это число. Таким образом, свойство доказано. Остальные свойства доказываются аналогичными логическими рассуждениями.

Пример 4. Решить неравенство ( ) 52;32max ≤+− xx . Решение. Воспользуемся равносильным переходом:

( ) cba ≤;max ⇔ ⎩⎨⎧

≤≤

.cbca

Применяя его, сразу сводим исходное неравенство к равносильной ему сис-теме, решить которую уже не составляет труда:

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤+

≤−

52

532

x

x ⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤

−≥

3

1

x

x ⇔ 33 ≤≤− x .

Пример 5 [ВШБ–2004]. Найти все значения x , удовлетворяющие неравенству

( )( ) 22;53logmin 23 <−−+ xxx .

Решение. Для решения задачи воспользуемся свойством

( ) cba <;min ⇔ ⎢⎣

⎡<<

cbca

(убедитесь в том, что другие способы решения данной задачи существенно ме-нее приемлемы). Естественно, применять указанное свойство можно только с учётом ОДЗ:

( )( ) 22;53logmin 23 <−−+ xxx ⇔


299

⇔ ( )

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥−−

<+

⎪⎩

⎪⎨⎧

>+<−−

02

253log

05322

23

2

xx

x

xxx

⇔

( )( )( )( )

( )( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

≥−+<+<

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−>≥−+<−+

0219530

35021032

xxx

xxxxx

⇔ ( ] [ ).3,21,35 U−−∈x

Пример 6 [Мехмат–2006]. Найти наименьшее значение выражения

yyxyx +++−− 12 ,

где yx, – произвольные действительные числа.

Решение. Заметим, что при фиксированном x выражение

yyxyx +++−− 12 0)()12( −+−−+−−= yxyxy не меньше, чем

+− 1yy ≥− 3yy ( ) ( ) 1331 yyyyyy −=−+− ,

где 3y – наибольшее, а 1y – наименьшее из

трёх чисел 12 −x , x− , 0 , при этом своё наименьшее значение ( ) 13 yyxm −= оно

принимает при y , равном среднему 2y из тех же чисел. В свою очередь, наименьшее значение функции ( )xm достигается при

31−=x (см. рис.) и равно 31 . Ответ: 31 .

Пример 7 [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2007»]. Решить уравнение

( ) ( ) 0,,,, =+ zyxfzyxf ,

где ( ) ( ) bacbabacbacbaf −+−++−+++= 22,, .

Решение. Исходное неравенство, очевидно, равносильно неравенству

( ) 0,, ≤zyxf .

y= - x

x

y y=2x-1

y=y (x)

y=y (x)1

3

y=0

13

13

1


300

Обозначим для краткости yxyxu −++= , тогда из определения

( )zyxf ,, следует, что последнее неравенство равносильно

022 ≤−++ zuzu ⇔ zuzu 22 −−≤− ⇔

⇔ ⎩⎨⎧

+≥−−−≤−

zuzuzuzu

2222

⇔ ⎩⎨⎧

≤≤

.00

zu

Аналогичными преобразованиями решаем неравенство 0≤u :

0≤−++ yxyx ⇔ ⎩⎨⎧

+≥−−−≤−yxyx

yxyx ⇔

⎩⎨⎧

≤≤

.00

yx

Так как ( )ba;max ( ) 2baba −++≡ , то

=−++= yxyxu ( )yx,max2 , следовательно,

( )zyxf ,, ( ) ==−++= zuzuzu 2,max222

( )( ) ( )zyxzyx ,,max42,,max2max2 == . Отсюда

( ) 0,, ≤zyxf ⇔ ( ) 0,,max ≤zyx ⇔ .0;0;0 ≤≤≤ zyx

Ответ: ( )zyx ;; , где .0,0,0 ≤≤≤ zyx


301

3.4. Универсальные приёмы и методы решения уравнений и неравенств

Перечислим и кратко охарактеризуем наиболее известные (универсальные) приёмы и методы, используемые в элементарной математике при решении уравнений, неравенств и прочих задач, причём не только алгебраических. Часть из этих методов в приложении к решению целых алгебраических уравнений уже рассматривалась выше в пункте 3.3.1.

Разложение на множители

Это общий метод, который может быть использован при решении любых, не обязательно алгебраических, уравнений и неравенств. Под разложением на множители некоторого многочлена, вообще говоря, произвольного вида (алгеб-раического, тригонометрического и т.д.) понимают его представление в виде произведения нескольких сомножителей. В результате разложения на множите-ли решаемое уравнение оказывается сведено к решению на ОДЗ совокупности нескольких, как правило, более простых уравнений. Для разложения на множи-тели существуют различные приёмы, включая группировку и вынесение общего множителя за скобку, одновременное прибавление и вычитание некоторого од-ночлена или же, наоборот, разбиение одночлена на сумму (разность) несколь-ких, и другие. При решении неравенств разложение на множители часто используют для приведения неравенства к виду, удобному для последующего применения мето-да интервалов.

Пример 1 [ИСАА–2002]. Решить неравенство xxxxx −−−−≤− 222 2 .

Решение. Преобразуем неравенство к виду

( ) ( )( )2121 −+≤−+ xxxx , откуда получаем следующее разложение на множители

( )( ) 0221 ≤−+−+ xxx . Так как на ОДЗ 2≤x , то рассмотрим два случая. Если 2=x , то неравенство,

очевидно, выполняется. Если 2<x , то сократим на +− x2 02 >−+ x , получив равносильное неравенство 01≤+x , т.е. 1−≤x . Объединяя, получа-ем ответ: ( ] { }21, U−∞−∈x .

Пример 2 [Высшая школа бизнеса–2005]. Решить уравнение

( ) 3 23 23 23 2 2334651 ++−++=++−+ xxxxxxx .


302

Решение. Найдя корни, разложим квадратные трёхчлены под радикалами на линейные множители:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )3333 2 2131321 ++−++=++−+ xxxxxxx .

Далее, группируя и вынося общие множители за скобки, получим

( ) ( )333333 132311 +−++=+−++ xxxxxx ⇔

⇔ ( )( ) 01231 3333 =++++−+ xxxx .

Заметим, что выражение в первых скобках в нуль не обращается. Таким обра-зом, исходное уравнение равносильно уравнению

012 33 =+++ xx ,

решая которое находим единственный корень 23−=x .

Метод замены переменных

Этот распространённый метод используется для разных целей: упрощение задачи и повышение её наглядности, придание уравнению (неравенству, системе и проч.) более симметричного вида, сведение одного уравнения к системе не-скольких уравнений, рационализация иррациональностей (см. пункт 3.3) и т.д. Иными словами, введение новых переменных производится в тех случаях, когда есть возможность свести задачу к другой, для которой существует более эффек-тивный способ решения. Существуют виды уравнений, для которых разработаны специальные под-становки, позволяющие наиболее оптимально решать эти уравнения (например, симметрические и возвратные уравнения, однородные уравнения и многие дру-гие). Рассмотрим дополнительно группу примеров, иллюстрирующих различные цели использования этого подхода. 1. Начнём с примера, в котором при помощи замены неизвестной рацио-нальное неравенство сводится также к рациональному, но более простому ал-гебраическому неравенству.


5575

1 22 −−≤

+−xx

xx.

Решение. Положим 0752 >+−= xxt . Тогда необходимо решить нера-

венство 21 +−≤ tt ⇔ tt 21 2 +−≤ ⇔ ( ) 01 2 ≤−t ⇔ 1=t . Выполнив об-

ратную подстановку, получим квадратное уравнение 1752 =+− xx , решив которое, приходим к ответу. Ответ: { }3;2∈x .


303

2. В следующем примере дробно-рациональное уравнение заменой сводится к целому алгебраическому уравнению.

Пример 2. Решить уравнение ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+

xx

xx 4

31048

3 2

2

.

Решение. Обозначим разность x

x 43− через y , тогда уравнение перепишет-

ся в виде 08103 2 =+− yy . Это уравнение имеет два корня 2=y и

34=y , что приводит к совокупности уравнений

( ) ( )( ) ( )⎢⎣

⎡=−=−

.3443243

xxxx

Первое уравнение даёт корни ( ) 22132,1 ±=x , а второе – 23 −=x , 64 =x , которые и будут решениями исходного уравнения.

3. В некоторых случаях алгебраическую задачу (даже если в её условиях не содержится радикалов) с помощью специальных тригонометрических подстано-вок бывает целесообразно свести к тригонометрической задаче, и далее уже ре-шать её методами тригонометрии.

Пример 3 [ВМиК–2000, устн.]. Известно, что 122 =+ nm , 122 =+ lk и 0=+ nlmk . Чему равно значение klmn + ?

Решение. Воспользуемся тем, что если два действительных числа yx, удов-летворяют равенству 222 ayx =+ , (1) где 0>a – заданное число, то x и y можно представить в тригонометриче-

ском виде ⎩⎨⎧

==

taytax

sincos

, где [ )π2,0∈t . В самом деле, уравнение (1) задаёт на

плоскости Oxy окружность радиуса a с центром в начале координат. При из-

менении t от 0 до π2 точка с координатами ( )yx; ровно один раз обходит окружность, и таким образом между точками окружности и полуинтервалом [ )π2,0 оказывается установлено взаимно однозначное соответствие. Это озна-

чает, что каждому значению t из [ )π2,0 соответствует единственная пара чи-

сел ( )yx; , удовлетворяющих равенству (1), и наоборот, каждой паре чисел,

удовлетворяющих (1), соответствует единственное значение t из [ )π2,0 .


304

Итак, поскольку числа nm, удовлетворяют равенству 122 =+ nm , то

найдётся такое число [ )πα 2,0∈ , что ,cosα=m αsin=n . Аналогично,

поскольку числа lk , удовлетворяют равенству 122 =+ lk , то найдётся такое

число [ )πβ 2,0∈ , что βcos=k , βsin=l . При этом условие 0=+ nlmk примет вид

0sinsincoscos =⋅+⋅ βαβα ⇔ ( ) 0cos =− βα .

Выполнив тригонометрическую подстановку в искомом выражении klmn + , получим:

klmn + =⋅+⋅= ββαα sincossincos ( )( ) =+ βα 2sin2sin21

=−

⋅+

=2

22cos2

22sin βαβα ( )βα +sin ( ) 0cos =−⋅ βα .

4. Введение новых переменных может быть вызвано необходимостью пони-зить степень уравнения, упростив при этом решение задачи.

Пример 5. Решить уравнение ( ) ( )( ) 114376 2 =+++ xxx .

Решение. Сведём данное уравнение 4-й степени к квадратному уравнению. Для этого вначале умножим обе части уравнения на 12 и приведём его к виду

( ) ( )( ) 12668676 2 =+++ xxx . Затем сделаем подстановку 76 += xy , что приведёт к уравнению

( )( ) 12112 =−+ yyy ⇔ ( ) 12122 =−yy .

Сделав ещё одну подстановку 2yz = , сведём окончательно данное биквадрат-

ное уравнение к квадратному уравнению 0122 =−− zz , решив которое, на-

ходим корни 4=z , 3−=z . Тогда 42 =y и ⎢⎣

⎡−=+

=+.276

276xx

Ответ: { }65;23 −−∈x .

5. В следующем примере используется симметризирующая подстановка. Название говорит само за себя: уравнению придаётся более «симметричный» вид. Новая переменная является средним арифметическим входящих в уравне-ние выражений. При её применении уравнение 4-й степени общего вида приво-дится к более простому частному случаю, а именно, симметризация уравнения позволяет «убрать» из уравнения нечётные степени неизвестной, оставив только чётные и превратив его, таким образом, в биквадратное уравнение.


305


( )( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2222 43214321 +++++++=++++ xxxxxxxx .

Решение. Выполним симметризирующую подстановку

( ) ( ) ( ) ( )=

+++++++=

44321 xxxxy 5,2

44321

+=+++

+ xx .

Тогда уравнение примет вид

( )( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2222 5,15,05,05,15,15,05,05,1 ++++−+−=++−− yyyyyyyy

⇔ 54169

25 224 +=+− yyy ⇔ 15

4132 ±=y .

Ответ: { }1525,35,2 +±−∈x .

6. Близко к методу введения новых переменных стоит так называемый метод введения параметра. Не всегда введение параметра усложняет задачу. На при-мере, рассмотренном ниже, видно, как включение параметра в уравнение вместо числового коэффициента позволяет лучше «разглядеть» способ дальнейшего его решения – рассмотрение уравнения как квадратного относительно введённой величины.

Пример 7 [ВМиК–2001, устн.]. Решить уравнение ( ) 0212 23 =++− xx .

Решение. Введём в уравнение параметр, положив 2=a : ( ) 01 223 =++− axax .

Рассмотрим теперь это уравнение как квадратное относительно a . Приведём его к стандартному виду 02322 =−+− xxaxa и вычислим дискриминант

( ) ( )( )2234 24 −=−−= xxxxxD 0≥ . Найдём корни:

( )( )2

22

2,1−±

=xxxa , (1)

т.е. xa = или xxa −= 2 . Параметр к этому моменту сыграл свою положи-тельную роль, позволив свести решение кубического относительно x уравнения к совокупности двух уравнений более низкой степени: квадратного и линейного.

Заменяя a числом 2 , получим совокупность

⎢⎢⎣

⎡

=−−

=

.02

22 xx

x


306

Отсюда находим решения: ⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧ +++−

∈2

2411;2

2411;2x .

Замечание. В формуле корней квадратного уравнения более корректным бы-ло, вообще говоря, написать

( )2

22

2,1

−±=

xxxa . (2)

Однако когда ищутся оба корня, то использование формул (1) и (2) приводит к одному результату. Именно поэтому часто в подобных ситуациях модуль опускают. 7. Отметим, что, вообще говоря, не всегда в задаче нужно полностью пере-ходить к новым переменным. Иногда имеет смысл, вводя новую переменную, сохранить в задаче и первоначальную переменную, т.е. сделать частичную за-мену переменных. Так, сведением к системе уравнений, решаются некоторые уравнения. Рассмотрим в качестве пояснения пример.

Пример 8 [МГИМО]. Решить уравнение ( )( ) 222 4212 xxx =+− .

Решение. Так как 2−=x не является корнем, то уравнение можно привести к равносильному виду

( )( )22 2212 +=− xxx .

Положим ( )22 += xxy , тогда уравнение сведётся к равносильной ему системе

( )⎩⎨⎧

=−

+=221222

yxxxy

⇔ ( )

( )⎩⎨⎧

=+−

−=

.122

22 xyyx

yxxy

Решая эту систему относительно xy и yx − , приходим к ответу: { }51±∈x .

Метод неопределённых коэффициентов (*)

Иногда для решения алгебраических задач с одной или несколькими пере-менными используют метод неопределённых коэффициентов. Суть метода со-стоит в том, что для исследуемого выражения подбирается подходящая пара-метрическая модель, которая описывает это выражение при всех значениях вхо-дящих в него переменных. Модель содержит в себе неизвестные параметры (не-определённые коэффициенты), подлежащие определению. Применение метода в конечном итоге сводится к составлению системы уравнений, из которой и нахо-дятся неопределённые коэффициенты и затем подставляются в математическую модель. К недостаткам метода можно отнести то, что получаемая система урав-нений может оказаться громоздкой и поэтому трудной не только для нахожде-ния решения, но даже для его подбора.


307

Пример 1 [Черноморский филиал МГУ–2003]. Найти такие числа a и b , что при всех x справедливо равенство

( )( ) ( )( )bxxaxxx +−=+++ 965 22 .

Решение. Воспользуемся методом неопределённых коэффициентов. Раскро-ем скобки в левой и правой частях уравнения, и приведём образовавшиеся при этом многочлены 3-й степени к стандартному виду:

( ) ( ) bxbxxaxaxax 996565 2323 −−+≡+++++ .

Учитывая, что два кубических многочлена тождественно (при всех Rx∈ ) равны тогда и только тогда, когда равны коэффициенты при одинаковых степе-нях переменной x , выписываем систему:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−=+

=+

,96956

5

baa

ba

решая которую находим 2,3 =−= ba .

Пример 2 [Моск. ин-т коммун. хоз-ва и строит-ва–1998]. Квадратный трёх-член 264824 2 ++ xx является разностью кубов двух линейных функций с положительными коэффициентами. Найти эти функции. Решение. Согласно условию, при всех действительных x выполняется тож-дество

264824 2 ++ xx ( ) ( )33 dcxbax +−+≡ .

Раскроем кубы в правой части этого равенства и приведём образовавшийся ку-бический многочлен к стандартному виду:

264824 2 ++ xx ( ) ( ) +−+−≡ 222333 33 xdcbaxca

( ) 3322 33 dbxcdab −+−+ .

Используя условие тождественного равенства двух многочленов и приравнивая коэффициенты, получаем систему алгебраических уравнений

( )( )

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

−=

−=

−=

−=

33

22

22

33

26348324

0

dbcdab

dcbaca

⇔ ( )( )( )( )⎪

⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

++−=

−=+=−

=

.26168

22

2

dbdbdbdbadb

adbca


308

Из второго и третьего уравнений находим

( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

+=

.44

2

2

aadaab

Подставляя в четвёртое уравнение, получим:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

2

242

2

22

4164826a

aa

aa

aa

.

Умножим последнее равенство на 6a :

+= 6413 6a 612a , или 2±=a .

Учитывая, что по условию 0>a , имеем 2=a . Тогда 3=b , 2=c , 1=d , и искомые линейные функции имеют вид 32 +x и 12 +x .

Метод «от частного к общему» (*)

Среди конкурсных задач иногда встречаются такие (обычно они содержат параметр или несколько неизвестных), для решения которых вначале, исходя из условий задачи, делается вывод, что искомая величина (величины) должна удовлетворять, в частности, некоторому, вообще говоря, более слабому по срав-нению с исходными, условию. Затем отбираются все возможные значения иско-мой величины, удовлетворяющие этому условию. При этом, по-сути, осуществ-ляется переход к следствию. В конце делается обязательная полная проверка исходных условий задачи для всех найденных решений. Назовём приведённый подход к решению задач «методом от частного к общему», поскольку суть метода состоит в том, что вначале отбираются все ре-шения, удовлетворяющие частному условию, а последующая проверка позволя-ет отсечь все посторонние решения, и, таким образом, определить (общее) ре-шение задачи. Рассмотрим две наиболее часто встречающиеся разновидности задач, решаемых этим методом.

1. Пусть, например, требуется найти все значения a и b , при которых некото-рое условие A , зависящее от величин a ,b и x , должно выполняться сразу при всех значениях x , принадлежащих заданному бесконечному множеству E (иногда подобные задачи решаются также методом неопределённых коэффициентов). Поскольку условие ( )xbaA ;; должно выполняться сразу при всех значени-ях x ∈ E , то можно подставить вместо x отдельные частные значения

lxxx ,...,, 21 из E (их вид и количество выбирают из соображений целесооб-разности и удобства). Иногда этого бывает достаточно, чтобы, решив получен-ную систему условий


309

( )( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

,;;................;;;;

2

1

lxbaA

xbaAxbaA

(1)

найти из неё все возможные значения a , b , а затем сделать их проверку. Про-верка в данном случае обязательна, поскольку множество E бесконечно, и все значения x подставить невозможно, а подстановка каждого очередного значе-ния x приводит к возникновению ещё одного ограничения на значения a и b . Таким образом, множество первоначально найденных значений ( )ba; может

впоследствии лишь сужаться, и в конечном итоге таких значений ( )ba; , кото-

рые бы удовлетворяли условию ( )xbaA ;; при всех x ∈ E , может не оказаться вовсе. Иными словами, полученная система условий (1) является набором необ-ходимых, но не достаточных требований к ( )ba; в исходной задаче (т.е. если

( )ba; удовлетворяют условиям задачи, то они удовлетворяют и системе (1).

Обратное утверждение о том, что если ( )ba; удовлетворяют системе (1), то они удовлетворяют условиям задачи, вообще говоря, неверно, и именно это подле-жит проверке.)

Пример 1 [Черноморский филиал МГУ–2003]. Найти такие числа a и b , что при всех x справедливо равенство

( )( ) ( )( )bxxaxxx +−=+++ 965 22 . Решение. Разложим квадратичные выражения в обеих частях уравнения на линейные множители: ( )( )( ) ( )( )( )bxxxaxxx +−+≡+++ 3323 . (2) Поскольку, по условию, данное равенство должно выполняться сразу при всех действительных значениях x , то, в частности, оно должно выполняться и при

3=x и 2−=x . Подставляя эти значения в равенство, приходим к системе двух линейных уравнений относительно a и b :

( )( )⎩

⎨⎧

+−⋅−⋅==+⋅⋅

,2)5(100356

ba

решая которую, находим 2,3 =−= ba . Для проверки подставим найденную

пару ( )ba; в равенство (2): ( )( )( ) ( )( )( )233323 +−+≡−++ xxxxxx –

верно при всех x . Ответ: ( ) =ba; ( )2;3− .


310

Пример 2. Найти все пары ( )ba; такие, что равенство ( ) byx =+ 2 вы-

полняется при всех yx, , удовлетворяющих условию axy = .

Решение. Заметим, например, что пары чисел ( )yx; вида ( )a;1 и ( )a2;2

удовлетворяют условию axy = . Подставим их в равенство ( ) byx =+ 2 :

( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=+

,22

12

2

ba

ba

откуда имеем ( ) ( )22 221 aa +=+ ⇔ 1−=a , тогда 0=b . Проверкой убеждаемся, что для единственной найденной пары ( ) =ba; ( )0;1− равенство ( ) 02 =+ yx действительно выполняется при всех

( )yx; таких, что 1−=xy . Ответ: ( ) =ba; ( )0;1− .

2. Близкими (по методу решения) к задачам рассмотренной выше группы являются некоторые из задач типа: «Найти все значения параметра, при которых уравнение (неравенство, система) имеет единственное решение». Например, в задачах с одной неизвестной x (при условии единственности решения) обнару-живается, что наряду с x число ( )x− (или x1 и т.д.) также удовлетворяет условиям задачи, а поэтому они должны совпадать. Отсюда находится, что

0=x , подставляется в исходное условие, и определяются искомые значения параметров, которые в конце проверяются.

Пример 3. При каких значениях a неравенство 4 244 2243 yaxx ++≥−+

имеет единственное решение? Решение. ОДЗ: [ ]3,0∈x . Обозначим через ( )xf и ( )yg функции в левой и в правой частях неравенства соответственно. Во-первых, так как ( ) ( )xfxf −= 3 , то наряду с решением ( )yx; пара ( )yx;3− также будет

решением данного неравенства. Поэтому необходимым условием единственно-сти решения является требование xx −= 3 , т.е. 23=x . Во-вторых, так как

( ) ( )ygyg =− , то наряду с решением ( )y;23 неравенство имеет решение

( )y−;23 . Поэтому для единственности решения необходимо, чтобы yy =− ,

т.е. 0=y . Итак, если решение единственно, то это ( )0;23 .

Найдём a , для этого подставим 23=x и 0=y в исходное неравенство:


311

4444 242423224 ≥+≥= a , следовательно, 0=a .

Проверка 0=a : ( )44 244 242243 ≥+≥−+ yxx . Найдём наиболь-

шее значение функции ( )xf 44 3 xx −+= :

( ) ( )( )

03

341

4 34 3

4 34 3

=−⋅

−−⋅=′

xx

xxxf ⇔ 23=x ,

причём на отрезке [ ]23,0 функция ( )xf возрастает, а на отрезке [ ]3,23

убывает, достигая в точке 23=x своего наибольшего значения

( ) 4 2423 =f . Значит, 444 243 ≤−+ xx , и неравенство выполняется то-гда и только тогда, когда

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=−+44 2

444

24224

243

y

xx⇔

⎩⎨⎧

==

023

yx

– единственное решение. Ответ: 0=a .

Пример 4 [Филолог.–1984]. Найти все a , при которых система неравенств

⎪⎩

⎪⎨⎧

+≥

+≥

ayxaxy

22

2

2

имеет единственное решение. Решение. Заметим, что если ( )yx; – решение системы, то пара чисел ( )xy; также будет решением системы, поэтому необходимым условием единственно-сти решения является требование yx = . Подставляя в систему, получим нера-

венство 022 ≤+− axx , которое имеет единственное решение ⇔ ⇔ 081 =−= aD ⇔ 81=a . Для проверки найденного значения параметра подставим его в исходную систему и проверим, будет ли она иметь единствен-ное решение:

⎪⎩

⎪⎨⎧

+≥

+≥

.4141

2

2

yxxy

Складывая неравенства системы, получим неравенство 2122 ++≥+ yxyx ⇔ ( ) ( ) 02121 22 ≤−+− yx ,

которое имеет единственное решение 21== yx , удовлетворяющее системе.

Ответ: { }81∈a .


312

Графический подход (метод координат)

Основное достоинство графического подхода к решению задачи – это, как уже отмечалось выше, его высокая наглядность, а естественное ограничение в применении этого метода состоит в сложности построения графиков входящих в уравнение или неравенство функций. Часто с помощью графического подхода оценивают количество решений в задаче. Найденные «на глазок» при помощи построения графиков решения подлежат обязательной проверке. Если графиче-ски решается уравнение или неравенство с одним неизвестным, то, как правило, в одной системе координат строятся графики функций, расположенных слева и справа от знака равенства (неравенства), и затем с помощью этих графиков ищется решение.

Пример 1. Решить уравнение [ ] 021

212 =−⋅+ xx .

Решение. Перепишем уравнение в виде [ ] 221 xx −= и решим его графиче-ским способом. Построим в одной системе координат графики функ-ций [ ]xy = и 221 xy −= , распо-ложенных в левой и правой частях уравнения. На рисунке правые кон-цы отрезков прямых линий на гра-фике функции [ ]xy = считаются «выколотыми». Хорошо видно, что графики пересекаются в трёх точ-ках, абсциссы которых удовлетво-ряют ограничениям: 12 1 −<<− x ,

12 −=x , 10 3 << x . Один корень

( 12 −=x ) находится сразу, а дру-гие два пока что лишь локализова-ны, и требуется найти их точные

значения. Чтобы найти корень 1x , отметим, что на интервале 12 −<<− x ,

которому принадлежит этот корень, целая часть [ ] 2−=x . Подставляя это зна-

чение в уравнение, получим 2212 x−=− , ткуда легко теперь находим корень

231 −=x . Аналогично на промежутке 10 << x , которому принадлежит

корень 3x , [ ] 0=x . Подставляя в уравнение, получаем 2210 x−= , откуда

определяем =3x 21 . Ответ: { }21;23;1 −−∈x .

x

y

x1 x2

x3

1

-1

y=1-2x2


313

В следующем примере не требуется вводить вспомогательную систему ко-ординат – она задана по условию задачи. Это так называемый тип задач «на по-строение ГМТ» (чаще практикуется на устных экзаменах по математике).

Пример 2 [ВМиК–1998, устн.]. Построить на плоскости Oab геометриче-ское место точек ( )ba; , при которых у уравнения

0422 =+−+ abxax :

а) нет решений; б) ровно одно решение.

Решение. а) Если 0≠a , то уравнение квадратное, и соответственно оно не имеет решений тогда и только тогда, когда его дискриминант

( )( ) 0424 22 <−−+= abD . На плоскости Oab это неравенство задаёт от-крытый круг (граница – окружность – ему не принадлежит) с центром в точке ( )0;2 и радиусом 2. Если же 0=a , то уравнение становится линейным

2−=bx и не имеет решений при 0=b . На плоскости Oab это даёт точку ( )0;0 – начало координат. Объединяя открытый круг и точку, получим ГМТ (см. рис. а)). б) При 0≠a квадратное уравнение имеет ровно одно решение тогда и только тогда, когда 0=D ; это уравнение задаёт на плоскости Oab окруж-ность с центром в точке ( )0;2 и радиусом 2. Учитывая условие 0≠a , выка-

лываем на этой окружности точку ( )0;0 . Если же 0=a , то линейное уравне-ние 2−=bx имеет единственное решение при 0≠b . Это задаёт на плоскости вертикальную прямую, совпадающую с осью ординат. На этой прямой надо вы-колоть точку ( )0;0 .

а)

a

b

0 42

б)

a

b

0 2 4


314

В итоге получаем следующую фигуру, состоящую из объединения указанных окружности и прямой (с выколотой точкой начала координат). Задача решена. Графический подход часто оказывается удобен и при решении уравнений (неравенств, систем) с двумя неизвестными yx, , а также тогда, когда в задаче имеются неизвестная x и параметр a . В первом случае вводится система коор-динат Oxy с осями, на которых откладываются значения неизвестных yx, . Во втором случае также вводится вспомогательная система координат, но на осях уже откладываются значения неизвестной x и параметра a . В обоих случаях решение видно наглядно в виде некоторого геометрического места точек коор-динатной плоскости.

Пример 3 [Геолог.–1999, устн.]. При каких значениях параметра a модуль разности корней уравнения aaxx 4126 22 =++− принимает наибольшее значение? Решение. Решим задачу с помощью метода координат. Вначале, выделяя полные квадраты как по x , так и по a , перепишем уравнение в виде

( ) ( ) 123 22 =−+− ax . Введём систему координат, в которой на оси абсцисс будем от-кладывать значения переменной x , а на оси ординат – значения пара-метра a . В такой системе коорди-нат уравнение задаёт окружность единичного радиуса с центром в точке ( )2;3 . По рисунку видно, что, какое бы значение a в пределах от 1 до 3 мы ни зафиксировали, урав-

нение имеет корни 21, xx , расположенные на оси абсцисс. Очевидно, что рас-стояние между этими корнями максимально и равно диаметру окружности при

2=a (соответствует центру окружности).

Пример 4 [РЭА им. Плеханова–2003]. При каком значении a система

⎩⎨⎧

≤−+≤−+

01222

ayxyyx

имеет единственное решение? Решение. Приведём систему к виду

( )⎩⎨⎧

−≤≤−+

,21 22

xayyx

x

a

0

2

3x x1 2


315

и рассмотрим графическую интерпретацию неравенств системы на плоскости Oxy . Первое неравенство задаёт на координатной плоскости замкнутый круг с

центром в точке ( )1;0 и радиусом 2 . Второе, линейное, неравенство опреде-ляет полуплоскость, состоящую из точек плоскости, лежащих не выше прямой

xay −= (граница полуплоскости). Уравнение xay −= задаёт семейство параллельных прямых, зависящих от параметра a . Система неравенств имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность

( ) 21 22 =−+ yx касается прямой xay −= так, как это изображено на рисунке. В этом случае система уравнений

( )⎩⎨⎧

−==−+

xayyx 21 22

должна иметь единственное решение. Подставляя в первое уравнение вместо x выражение ya − , приходим к квадратному уравнению

( ) ( ) 21 22 =−+− yya ⇔ ( ) −++− 22 122 ayay 01 = , которое также должно иметь единственное решение. Это выполняется лишь в случае, когда его дискриминант равен нулю:

( ) 0324 2 =−−= aaD ⇔ ⎢⎣

⎡=−=.31

aa

При этом значение 3=a не удовлетворяет условиям задачи (круг будет ле-жать в полуплоскости). Ответ: при 1−=a .

Пример 5 [Социолог., Филолог.–2007]. При каких значениях c уравнение

xcx +=−− 216 имеет единственное решение?

Решение. График функции в левой части уравнения

216 xy −−= ⇔ ⎩⎨⎧

=+

≤

40

22 yxy

задаёт нижнюю полуокружность с центром в начале координат и радиусом 4 (сделайте чертёж самостоятельно), а график правой части cxy += – семейст-

во прямых, пересекающих ось ординат в точке ( )c;0 под углом o45 . Эти гра-

x

y

1

y= a - x


316

фики имеют ровно одну общую точку ⇔ прямая cxy += либо касается снизу

полуокружности (в этом случае её уравнение будет 24−= xy (докажите), либо лежит между прямыми 4−= xy и 4+= xy (может совпадать с по-

следней). Таким образом, 24−=c или 44 ≤<− c . В следующем примере графический подход используется для нахождения области допустимых значений неизвестных.

Пример 6 [Химфак–2005]. Найти все целочисленные пары ( )yx; , удовле-

творяющие уравнению yxxyyx −−=+−+−− 323232 . Решение. Найдём ОДЗ уравнения:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥−−≥+−≥−−

03032032

yxxyyx

⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−≤

−≥

−≤

.32

332

xy

xy

xy

Данные три неравенства задают на координатной плоскости Oxy тре-угольник, внутрь которого попадают только четыре точки с целочисленны-ми координатами:

( )1;1 − , ( )1;2 , ( )0;3 , ( )0;2 .

Проверкой оставляем ( )0;2 .

Пример 7 [Олимпиада «Ломоносов–2007»]. Определить, под каким углом видно из начала координат (т.е. внутри какого угла с вершиной в точке ( )0;0 помещается) множество, заданное на координатной плоскости неравенством

0421414 22 <+++++ yxyxyx . Решение. Обозначим множество, заданное в условии неравенством, через M . Заметим, что прямая 0=x не пересекает множество M , так как неравен-ство 0422 <++ yy не выполняется ни при каких y . Выясним, при каких k у прямой kxy = есть общие точки с M , т.е. когда имеет решения система

⎩⎨⎧

<+++++

=

.0421414 22 yxyxyxkxy

x

y

1

-1

2 31

y = 3 - x

y =2x

- 3

y =x - 3

2


317

Подставляя вместо y выражение kx в неравенство системы, получим

( ) ( ) 047214 22 <+++++ xkxkk . Это квадратное неравенство имеет решения тогда и только тогда, когда его дис-криминант положителен:

0>D ⇔ ( ) ( ) 01447 22 >++−+ kkk ⇔ 07103 2 <+− kk .

Решением последнего неравенства является интервал 371 << k . При этом в I четверти координатной плоскости нет точек M , так как при 0≥x , 0≥y ле-вая часть неравенства не может быть отрицательна. Следовательно, множество M расположено в III четверти, и угол, под которым это множество видно из

начала координат, равен 43

7 π−arctg .

Умножение на функцию

Этот приём используют иногда в преобразованиях, например, с целью свести к известной формуле сокращённого умножения или избавиться от иррациональ-ности (домножение на сопряжённое выражение). Важно при этом анализиро-вать, сохранится ли в результате такого домножения множество решений зада-чи, не допустить потери корней и отследить возникновение посторонних реше-ний. При решении неравенств обычно приходится следить за равносильностью преобразований неравенства на его ОДЗ, и поэтому можно умножать обе части неравенства на функцию, принимающую на ОДЗ неравенства только зна-чения одного знака, либо разбивать ОДЗ на промежутки, на которых функция знакопостоянна, и делать равносильные преобразования на этих промежутках.

Пример 1. Решить уравнение 01234 =+−+− xxxx . Решение. Умножим обе части уравнения на 1+x :

( )( ) 011 234 =+−+−+ xxxxx ⇔ 015 =+x ⇔ 1−=x . Заметим, что при умножении уравнения на 1+x был приобретён посторонний корень 1−=x (это показывает проверка, которую сделать необходимо). Ответ: уравнение не имеет решений.

Пример 2. Решить уравнение 012206 2 =+−−x

xx .

Решение. ОДЗ: 0≠x . Умножим обе части данного уравнения на выражение ( )( )21+xx . Получаем уравнение-следствие:

06226 224134 =++−+ xxxx ⇔ .012441412 234 =++−+ xxxx


318

Данное уравнение является симметрическим уравнением 4-й степени. Решим его. Для этого разделим обе части уравнения на 2x :

04114112 22 =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx

xx

и сделаем замену x

xy 1+= : 065412 2 =−+ yy ⇔ ⎢

⎣

⎡=−=

.61325

yy

Тогда имеем совокупность уравнений

( )( )⎢

⎣

⎡=+−=+

6131251

xxxx

⇔ ⎢⎢⎣

⎡

==

−=−=

.23;32;21;2

xxxx

Легко проверить, что 21−=x не удовлетворяет исходному уравнению, это

посторонний корень. Ответ: { }23;32;2−∈x .

Рассмотрим некоторые из нестандартных методов, применяемых для ре-шения математических задач. Именно знание этих методов и умение воспользо-ваться ими в подходящей ситуации отличает хорошо подготовленного абитури-ента от абитуриента со стандартным базовым набором знаний классических и хорошо известных приёмов. Многие из методов, рассмотренных ниже, основаны на таких свойствах функций, как ограниченность, монотонность, обратимость [7,15,23,30,31,32].

Уравнения вида )()( xgxf = , где Axf ≤)( , а Axg ≥)( , и другие задачи этого типа. Метод оценок

Уравнения вида )()( xgxf = ,

где функции, расположенные в левой и правой частях, удовлетворяют оценкам Axf ≤)( , а Axg ≥)( ( A – фиксированное число), равносильны на ОДЗ системе

( )( )⎩

⎨⎧

==

.AxgAxf

Здесь существенно используется ограниченность на ОДЗ функций ( )xf и

( )xg . Так как при использовании этого метода приходится независимо друг от друга оценивать возможные значения левой и правой частей уравнения, то ме-тод иногда называют методом оценок. Существуют и другие разновидности этого метода, например, если при ре-шении уравнения


319

( ) Axf = , где A – некоторая заданная константа, оказывается, что наибольшее (наимень-шее) значение функции ( )xf , стоящей в левой части данного уравнения и рас-смотренной на ОДЗ уравнения, совпадает с A , то решениями уравнения будут как раз те значения неизвестной x ∈ОДЗ, при которых ( )xf достигает своего наибольшего (наименьшего) значения, и надо лишь отследить все те значения x , при которых неравенство Axf ≤)( (соответственно ( ) Axf ≥ ) обращает-ся в равенство. В другой ситуации требуется решить неравенство вида

( ) ( )xgxf ≤ ,

и при анализе и независимом оценивании значений функций ( )xf , ( )xg на ОДЗ задачи оказалось, что эти функции удовлетворяют оценкам в виде неравенств:

( ) Axf ≥ и ( ) Axg ≤ .

Тогда имеем тройное неравенство ( ) ( ) AxgxfA ≤≤≤ , необходимым и дос-таточным условиием выполнения которого является одновременное обращение всех трёх неравенств в равенства. Таким образом, исходное неравенство сводит-ся к равносильной ему на ОДЗ системе уравнений

( )( )⎩

⎨⎧

==

.AxgAxf

Пример 1 [Химфак–2001]. Решить уравнение 222 23344 xxxxxx −+=−−+− .

Решение. Воспользуемся для решения задачи методом оценок. Вначале вы-делим полные квадраты под знаками радикалов в левой части уравнения:

( ) ( ) 222 232124 xxxx −+=−−+−− .

Теперь хорошо видно, что ( ) 2424 2 =≤−− x , ( ) 121 2 ≤−− x . Из этих оценок следует, что левая часть уравнения принимает на ОДЗ значения, меньшие либо равные 3, в то время как правая часть уравнения больше либо равна 3. Это означает, что решаемое уравнение равносильно системе уравнений

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=−−+−−

.323

321242

22

xx

xx Ответ: { }2∈x .


320

Пример 2. Решить уравнение 1

121744 22

+−=++

xxxx .

Решение. Перепишем это уравнение в виде

( )( ) 4321

3421

2

2

+−=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xx . (1)

Очевидно, что для любых действительных x имеем оценки:

4421 2

≥+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +x и

( )( )4

43213

2 ≤+−x

.

Следовательно, уравнение (1) равносильно системе уравнений

( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=+−

=++

.434321

44212

2

x

x

Эта система уравнений не имеет решений, поэтому исходное уравнение также не имеет решений.


( ) xx

xx 291612 2 −=++− .

Решение. ОДЗ: ( )

⎩⎨⎧

≠≥−

≥−

0;02902

xxxx

⇔ ( ) [ ]29,20, U∞−∈x .

Возведём на ОДЗ обе части уравнения в квадрат и после упрощения получим:

( ) ( ) ( )( ) 81612216 222 =+−++ xxxxx .

Применяя неравенство abba 2≥+ ( )0,0 ≥≥ ba , полагая в нём 2xa = ,

216x

b = , получим, что 82 22162162 =⋅/≥+/xx

xx . Поскольку, кроме того,

( ) ( )( ) 016122 2 ≥+−⋅ xxx , то левая часть неравенства принимает на ОДЗ значения большие либо равные 8, а правая часть уравнения при этом равна 8. Отсюда следует, что уравнение выполняется тогда и только тогда, когда левая часть достигает своего наименьшего значения, равного 8, т.е. уравнение равно-

сильно системе двух уравнений ( )

( ) ( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=+−

=+

,01612

8162

22

xxx

xx решая которую,

находим решение 2=x .


321


( ) ( )622

2 2641612216−−≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−++ x

xxx

xx .

Решение. Решая предыдущую задачу, мы показали, что левая часть в данном неравенстве принимает на ОДЗ значения большие либо равные 8. Заметим, что правая часть неравенства принимает на ОДЗ значения меньшие либо равные 8. Таким образом, данное неравенство может выполняться тогда и только тогда, когда справедлива система условий

( ) ( ) ( )( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−−

=+−⋅++

8264

816122166

222

x

xxxxx ⇔ 2=x .

К группе задач, решаемых методом оценок, можно отнести решение уравне-ний вида

( ) 01

=∑=

n

ii xf , где ( ) 0≥xfi ( )ni ,...,2,1= .

Такое уравнение сводится к решению равносильной ему системы

( )( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

==

.0..............

00

2

1

xf

xfxf

n

Пример 5. Найти действительные корни уравнения

( ) ( ) ( ) 06235262352 6222282 =−+++−⋅−+++− xxxxxxxx .

Решение. Данное уравнение как раз относится к указанному типу. Сумма трёх неотрицательных слагаемых может обращаться в нуль тогда и только то-гда, когда все они одновременно обращаются в нуль, т.е. уравнение равносильно системе уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=+−

0620352

2

2

xxxx

⇔ 5,1=x .

Рассмотрим ещё несколько примеров, когда использование различных ал-гебраических неравенств позволяет получать необходимые оценки, с помощью которых затем находится решение.


322

Пример 6 [ВМиК–2000, устн.]. Решить уравнение 1426

222 +=+ xxx . Решение. Воспользуемся неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим ( )0, ≥ba : abba 2≥+ (неравенство обращается в

равенство ⇔ ba = ). Положим в нём 6

2xa = , 2

2xb = . Получаем первую оценку:

=⋅⋅≥+ xxxx 2626

22222 21

26

2xx +

+. (1)

Далее, ещё раз воспользуемся неравенством, положив на этот раз 6xa = , 2xb = . Тогда получим вторую оценку

42626

2xxxxx

=⋅≥+

. (2)

Подставляя (2) в (1), получим неравенство

4

26

121

22 xxx

++

+≥ . (3)

Из неравенств (1) и (3) по свойству транзитивности заключаем, что 1426

222 +≥+ xxx . Чтобы это неравенство обращалось в равенство, необходимо и достаточно, что-бы оба неравенства (1) и (2) одновременно обращались в равенства, т.е. чтобы

26 xx = ⇔ ⎢⎣

⎡±=

=.1

0xx

Ответ: { }1;0;1−∈x .

Пример 7. Решить уравнение 132 22 +=+−⋅ xxxx .

Решение. Так как 0=x , очевидно, не является корнем уравнения (более того, так как правая часть больше нуля, то и левая часть больше нуля, а значит x 0> ), то поделим на x обе части уравнения:

( ) xxx 1214 +=−− . Левая часть уравнения меньше либо равна 2, а правая – больше либо равна 2 (здесь мы применили известное алгебраическое неравенство о сумме двух по-ложительных взаимно обратных чисел), следовательно, равенство возможно тогда и только тогда, когда

( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=−−

.21214 2

xxx Ответ: { }1∈x .


323

Пример 8 [ВМиК–2000, устн.]. Решить систему

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤++

=++

.311

zyxzyx

Решение. Воспользуемся для решения задачи вспомогательным алгебраиче-ским неравенством

031

31

31 222

≥⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ − zyx , (1)

или

( ) 031

32

≥+++−++ zyxzyx . (1*)

Поскольку в силу первого уравнения системы 1=++ zyx , то из (1*)

получаем оценку 31≥++ zyx . С другой стороны, в силу 2-го неравенства

системы 31≤++ zyx . Следовательно, 31=++ zyx . Но это возможно тогда и только тогда, когда неравенство (1) обращается в равенство, т.е.

31=== zyx , а значит, 91=== zyx .

Ответ: ( ) ( ){ }91;91;91;; ∈zyx .


211 222 +−=+−+−+ xxxxxx .

Решение. Воспользуемся неравенством 2

baab +≤ ( )0, ≥ba :

На ОДЗ имеем: ( ) ( )22

111122

2 xxxxxx +=

+−+≤⋅−+ ,

( ) ( )2

22

111122

2 +−=

++−≤⋅+−

xxxxxx .

Складывая почленно эти неравенства, получим неравенство-следствие

111 22 +≤+−+−+ xxxxx .

Заменим в силу исходного уравнения сумму радикалов на 22 +− xx :

22 +− xx 1+≤ x ⇔ ( ) 01 2 ≤−x .

Проверкой убеждаемся, что 1=x удовлетворяет исходному уравнению.


324


+−+5 211 x 2115 2 =−− x .

Решение. Согласно неравенству Бернулли ( ) rxx r +≤+ 11 , при 1−>x , 10 << r имеем

25 2 151111 xx −+≤−+ , (1)

25 2 151111 xx −−≤−− . (2)

Складывая неравенства почленно, получим оценку

+−+5 211 x 2115 2 ≤−− x . Заметим, что последнее неравенство обращается в равенство тогда и только то-гда, когда неравенства (1) и (2) одновременно обращаются в равенство, т.е. при

условии 01 2 =− x ⇔ 1±=x . Ответ: { }1±∈x .


( )( )244512 2 ++=+− xxxx .

Решение. ОДЗ: 1≥x . 1-й способ. Воспользуемся неравенством Коши-Буняковского: для любых действительных 2,1,, =iba ii , имеем

22

21

22

212211 bbaababa ++≤+ ,

причём неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда или все числа ia одновременно равны нулю (или все ib одновременно равны нулю),

или существует такое 0≠k , что kba ii = , 2,1=i .

Положим 5,1,,2 2121 =−=== bxbxaa , тогда неравенство Коши-Буняковского примет вид

( )( )244512 2 ++≤+− xxxx . По условию неравенство обращается в равенство. В данной задаче это возмож-но, только если xx 521 =− ⇔ 5=x .

2-й способ. Рассмотрим два ненулевых вектора { }21;aaa =r

, { }21;bbb =r

. По определению скалярного произведения имеем

( )bababarrrrrr ,cos=⋅ .


325

Используя оценку ( ) 1,cos ≤barr

, получим векторный аналог неравенства Коши–

Буняковского: babarrrr

≤⋅ , или, переходя к координатам векторов,

≤+ 2211 baba 22

21 aa + 2

22

1 bb + . Заметим, что данное неравенство обращается в равенство тогда и только тогда,

когда векторы ar и br

сонаправлены, т.е. когда их соответствующие координа-ты одновременно равны нулю или имеют один знак и пропорциональны. Положим { }xa ;2=

r, { }5;1−= xbr

. По условию неравенство обращается в

равенство, а это возможно ⇔ x

x 52

1=

−.

3-й способ. Уравнение можно было решить возведением на ОДЗ в квадрат, при этом получается уравнение

( ) 010012012 =+−−− xxxx ,

которое заменой 1−= xxt сводится к квадратному. Ответ: { }5∈x .

Уравнения и неравенства вида )()( xgxf = , ( ) ( )xgxf < , где функции )(xf и )(xg имеют разную монотонность (*)

Уравнения вида )()( xgxf = , где )(xf и )(xg являются функциями разной монотонности (т.е. одна из них на ОДЗ возрастает, а другая, напротив, убывает), имеют не более одного решения. Если корень удаётся найти (подоб-рать), то это будет единственное решение. Отметим, что если вы используете данный метод для решения задачи, следует привести всю логическую цепочку обоснований (см. примеры ниже), включая обоснование монотонности функций (по определению или с помощью производной). При этом если )(xf – возрастает, )(xg – убывает, а 0x – корень уравнения,

то )(xf < )(xg при ( ) Dxx I0,∞−∈ , где =D ( )IfD ( )gD и

)(xf > )(xg при ( ) Dxx I+∞∈ ,0 , т.е. данный подход можно применять и для решения соответствующих неравенств. Метод применим и в том случае, когда в одной части уравнения стоит строго монотонная функция, а в другой – постоянная функция.

Пример 1 [Моск. гос. академия химического машиностроения–1997].

Решить уравнение 253 3 =++− xx .


326

Решение. Очевидно, что 3=x является решением. Покажем, что других корней нет. В самом деле, в левой части уравнения находится сумма двух моно-тонно возрастающих на ОДЗ уравнения функций

3−= xy и 3 5 xy += .

Докажем, например, что функция 3−= xy возрастает при 3≥x . По определе-

нию, функция ( )xfy = называется возрастающей на множестве X , если для любых

двух значений 1x и 2x из этого множества таких, что 1x < 2x , выполняется неравен-

ство ( ) ( )21 xfxf < . Зафиксируем любые два значения 1x и 2x из промежутка

[ )+∞,3 такие, что 1x < 2x . Так как неравенство 33 21 −<− xx верно для та-

ких 1x и 2x , то монотонное возрастание первой из функций доказано. Аналогично до-

казывается возрастание второй функции 3 5 xy += . Итак, в левой части уравнения находится возрастающая функция (как сумма двух возрастающих функций). В правой части уравнения стоит постоянная функция 2≡y . Графики таких функций пересекаются не более чем в одной точке. Следовательно, уравнение имеет не более одного решения. Так как одно решение выше было найдено ( 3=x ), то других решений нет.

Пример 2 [Олимпиада «Ломоносов–2006»]. Решить неравенство xxxx 4324 +−≤−− .

Решение. Заметим, что функция ( ) 24 −−= xxf , расположенная в левой части неравенства, монотонно убывает при 4≤x . Действительно, возьмём произвольные числа 4, 21 ≤xx такие, что 21 xx < , и

покажем, что ( ) ( )21 xfxf > . В самом деле,

2424 21 −−>−− xx ⇔

21 44 xx −>− ⇔ 12 xx > ,

что верно. Так как для функции ( )xf на луче

4≤x выполняется определение монотонно убы-

вающей функции, то убывание ( )xf доказано. Заметим, далее, что функция в правой части неравенства

( ) =+−= xxxxg 43

x

y

0

12

20

3 4

y=g(x)


327

⎪⎩

⎪⎨⎧

≤≤+

≤−=

,43,,3,7

2

2

xxxxxx

наоборот, возрастает при 4≤x как функция, возрастающая на каждом из двух смежных промежутков ( ]3,∞− и [ ]4,3 (см. рис.). Графики таких функций

( )xf и ( )xg пересекаются не более чем в одной точке. Учитывая, что

( ) ( )00 gf = , получаем, что решением неравенства ( ) ( )xgxf ≤ будет отрезок 40 ≤≤ x .

В частности, неравенства вида 0)( >xf ( ( ) 0<xf ), где )(xf – возрас-

тающая функция, а 0x – её единственный нуль, имеют своим решением проме-

жуток ( ) ( )fDx I+∞,0 (соответственно промежуток ( ) ( )fDx I0,∞− ), где

( )fD – область определения функции. Аналогично, если )(xf – убывающая

функция, то решением неравенства 0)( >xf будет ( ) ( )fDx I0,∞− , а ре-

шением неравенства ( ) 0<xf – промежуток ( ) ( )fDx I+∞,0 .

Пример 3. Решить неравенство 22 59 >+− xxx . Решение. Перепишем неравенство в виде 022 59 >−+− xxx , и обозначим ( ) 22 59 −+−= xxxxf . Требуется определить, при каких зна-чениях переменной x данная функция принимает положительные значения. Покажем, что функция возрастает на всей числовой прямой. Действительно, найдём её производную ( ) 1518 48 +−=′ xxxf . Так как дискриминант квад-

ратного трёхчлена 1518 2 +− tt отрицателен, то ( ) 0>′ xf при всех x , т.е. функция монотонно возрастает. Но если функция непрерывна и монотонно воз-растает на всей числовой прямой, то её график пересекает ось Ox в единствен-ной точке. Заметим, что ( ) 01 =f . Осталось с учётом положительности значе-

ний функции выписать ответ. Ответ: ( )+∞∈ ,1x .

Уравнения и неравенства вида ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ = , ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ < ,

где ( )xϕ – строго монотонная функция. Применение к уравнению (неравенству) монотонной функции (*)

1. Если ( )tϕ – строго монотонная функция, то уравнение вида

( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ =


328

равносильно на ОДЗ уравнению )()( xgxf = .

Простая же замена уравнения ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ = уравнением )()( xgxf = приводит, вообще говоря, к следствию (так как снимаются требо-

вания, что значения функций ( )xf и ( )xg должны принадлежать области оп-

ределения ( )tϕ ). Аналогично, если к обеим частям уравнения )()( xgxf = применить

функцию ( )yϕ , определённую и строго монотонную на ( ) ( )gEfE I , то по-

лученное уравнение ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ = будет (на ОДЗ исходного уравнения!) эквивалентно ему, т.е.

)()( xgxf = ⇔ ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ = .

Пример 1 [Мехмат–2001]. Решить уравнение

218321833223 −+−+=−− xxxx .

Решение. Введём в рассмотрение функцию

( ) 223 −−= tttf⎩⎨⎧

≤−≥+

=.2,45

2,4tеслиt

tеслиt

Функция ( )tf возрастает на каждом из лучей ( ]2,∞− и [ )+∞,2 , а поэтому возрастает на всей числовой прямой. Используя обозначение функции, уравне-ние можно переписать в виде

( ) ( )183 += xfxf .

В силу строгой монотонности функции ( )tf , данное уравнение равносильно уравнению

183 += xx , решая которое находим 6=x . Ответ: { }6∈x .

Пример 2. Решить систему уравнений ⎪⎩

⎪⎨⎧

=++

+=+

.1222

22 yxyxyx yx

Решение. Первое уравнение в системе имеет вид ( ) ( )yfxf = , где

( ) tttf 2+= монотонно возрастает при всех Rt∈ и, следовательно, прини-мает каждое своё значение один раз. Откуда получаем yx = .


329

Таким образом, исходная система равносильна системе

⎩⎨⎧

=++

=

,1222 yxyxyx

решая которую находим все решения задачи: ( ) ( ) ( ){ }2;2;2;2; −−∈yx .

2. Если ϕ – монотонно возрастающая (убывающая) функция, то неравенство

( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ <

равносильно (на ОДЗ!) неравенству ( ) ( )xgxf < (соответственно неравенству

( ) ( )xgxf > ).

В то же время, замена, например, неравенства ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ < неравен-

ством ( ) ( )xgxf < приводит, вообще говоря, к следствию (так как снимаются

требования, что значения функций ( )xf и ( )xg должны принадлежать облас-ти определения функции ϕ ).

Аналогично, если к обеим частям неравенства ( ) ( )xgxf < (знак в неравен-стве может быть любым) применить функцию ϕ , определённую и монотонно

возрастающую (убывающую) на множестве ( ) ( )gEfE I , то полученное нера-

венство ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ < (соответственно ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ > ) будет экви-валентно исходному на его ОДЗ.


218321833223 −+−+≥−− xxxx .

Решение. Введём функцию

( ) 223 −−= tttf⎩⎨⎧

≤−≥+

=.2,45

,2,4tеслиt

tеслиt

Функция ( )tf определена и монотонно возрастает на каждом из лучей ( ]2,∞−

и [ )+∞,2 , а поэтому возрастает на всей числовой прямой. Используя обозначе-ние данной функции, перепишем исходное неравенство в виде

( ) ( )183 +≥ xfxf .

В силу строгого возрастания функции ( )tf данное неравенство равносиль-

но неравенству 183 +≥ xx ⇔ ⎪⎩

⎪⎨⎧

+≥

≥+≥

1830183,0

2 xxxx

⇔ 6≥x .


Пример 4 [МГУЛ–1994]. Решить неравенство 62arcsin π−>x .

Решение. ОДЗ: 121 ≤≤− x . Заметим, что обе части неравенства принима-ют значения в пределах от 2π− до 2π , а на промежутке [ ]2,2 ππ−

функция ( ) ttf sin= монотонно возрастает. Поэтому, применяя к обеим час-тям неравенства операцию взятия синуса и сохраняя знак неравенства, получим новое неравенство, равносильное на ОДЗ исходному:

( ) ( )6sin2arcsinsin π−>x .

Упрощая, получим 212 −>x , т.е. 41−>x . С учётом ОДЗ приходим к окончательному ответу. Ответ: ( ]21,41−∈x .

Пример 5 [Олимпиада «Ломоносов–2006», 2]. Что больше: ( )611πtg или

меньший корень квадратного трёхчлена 131711 2 −− xx ?

Решение. Упростим ( ) =611πtg ( ) =− 66

12 ππtg ( ) =− 6πtg

31− . Пусть 1x и 2x

– соответственно меньший и больший корни квадратного трёхчлена ( ) =xf 131711 2 −− xx . Если решать эту задачу напрямую, то надо найти

меньший корень 1x (он равен ( ) 2286117 − ) и затем сравнить его с числом

31− . Но при этом возникают существенные вычислительные трудности (а пользоваться калькулятором на экзамене запрещено). Поэтому решим задачу иначе. Это можно сделать даже не находя в явном виде корня 1x . Итак, убедив-шись в положительности дискриминанта, что гарантирует наличие двух различ-ных действительных корней, найдём по теореме Виета, что 0111321 <−=xx . Следовательно, корни имеют разные знаки. Это означает, что меньший корень

1x – отрицательный. Заметим, что вершина параболы ( )xf имеет абсциссу

02217 >=вx , а старший коэффициент положителен. Тогда при вxx < и, в

частности, при 0<x функция ( )xf монотонно убывает, а значит, большему значению аргумента отвечает меньшее значение функции. Поэтому задачу срав-нения чисел 1x и 31− можно свести к равносильной, но более простой за-

даче сравнения чисел ( )31−f и ( )1xf . Поскольку ( )=− 31f

( ) >−= 328317 ( )10 xf= , то 1x > ( )611πtg .

Ответ: второе число больше.

Методы решения уравнений и неравенств

331

Уравнения и неравенства вида

( )( )( )( ) xxffffn

=44 344 21

... , ( )( )( )( ) xxffffn

>44 344 21

... , где Nnn ∈≥ ,2 . (*)

1. Пусть )(xf – функция, не совпадающая со своей обратной, и

( ) ( )fDfE ⊆ . Тогда если уравнение ( ) xxf = имеет на ( )fD корни, то все

они будут корнями уравнения ( )( ) xxff = , т.е. имеем переход к следствию:

( ) xxf = ⇒ ( )( ) xxff = . Аналогично

( ) xxf = ⇒ ( )( )( )( ) xxffffn

=44 344 21

... .

Если при этом )(xf – монотонно возрастающая на ( )fD функция, то уравнение

( )( ) xxff =

равносильно на ( )fD уравнению

( ) xxf = .

Докажем последнее утверждение. Необходимость. Пусть некоторое число 0x удовлетворяет уравнению

( )( ) xxff = . Покажем, что тогда это 0x будет корнем уравнения ( ) xxf = .

Предположим противное, т.е. ( ) 00 xxf ≠ . Возможны два случая: ( ) 00 xxf >

и ( ) 00 xxf < .

В первом случае, применяя к неравенству ( ) 00 xxf > монотонно возрас-

тающую функцию f , получим ( )( ) ( )00 xfxff > , но так как ( ) 00 xxf > , то,

согласно свойству транзитивности неравенств, имеем ( )( ) 00 xxff > , что про-

тиворечит условию ( )( ) 00 xxff = . Во втором случае, применяя к неравенству

( ) 00 xxf < монотонно возрастающую функцию f , получим ( )( ) <0xff

( )0xf< . Поскольку ( ) 00 xxf < , то согласно свойству транзитивности нера-

венств имеем ( )( ) 00 xxff < , что также противоречит условию ( )( ) =0xff

0x= . Следовательно, предположение было неверным и ( ) 00 xxf = .


Достаточность. Пусть, наоборот, некоторое число 0x удовлетворяет урав-

нению ( ) xxf = . Покажем, что тогда оно будет решением уравнения

( )( ) xxff = . В самом деле, если ( ) 00 xxf = , то ( )( ) ( ) 000 xxfxff == .

Аналогично можно доказать, что если )(xf – возрастающая на ( )fD

функция и ( ) ( )fDfE ⊆ , то уравнение

( )( )( )( ) xxffffn

=44 344 21

... ,

где Nnn ∈≥ ,2 , равносильно на ( )fD уравнению ( ) xxf = .


( ) ( ) xxxxx =−−++−+ 552252 222 .

Решение. Введём в рассмотрение функцию ( ) 522 −+= xxxf . Тогда

уравнение принимает вид ( )( ) xxff = . Очевидно, что если 0x – корень урав-

нения ( ) xxf = , то 0x также будет корнем уравнения ( )( ) xxff = . Решим уравнение

( ) xxf = ⇔ xxx =−+ 522 ⇔ ( ) 22112,1 ±−=x . Осталось найти другие корни. Раскрыв скобки, перепишем исходное уравнение в виде

0101744 234 =+−−+ xxxx .

Поделим многочлен в левой части на многочлен ( )( ) =−− 21 xxxx

52 −+= xx , получив разложение на множители:

( )( ) 0235 22 =−+−+ xxxx .

Решая уравнение 0232 =−+ xx , находим ещё два корня

( ) 21734,3 ±−=x . Ответ: ( ) ( ){ }2173;2211 ±−±−∈x . Замечание. Уравнение можно было решить, вводя новую переменную

522 −+= xxy . Таким образом, уравнение сводится к системе двух алгебраи-ческих уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=−+

.5252

2

2

yxxxyy


333

Пример 2. Решить уравнение xx =+++ 111 .

Решение. Введём в рассмотрение функцию ( ) xxf += 1 , монотонно воз-растающую на всей области определения. Следовательно, исходное уравнение, имеющее вид ( )( )( ) xxfff = , равносильно более простому уравнению

( ) xxf = , т.е.

xx =+++ 111 ⇔ xx =+1 .

Решая последнее уравнение, находим:

xx =+1 ⇔ ⎩⎨⎧

=+

≥21

0xx

x ⇔

251+

=x . Ответ: ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

∈2

51x .

2. Если )(xf – монотонно возрастающая на ( )fD функция, причём

( ) ( )fDfE ⊆ , то неравенство ( )( ) xxff > равносильно на ( )fD неравен-

ству ( ) xxf > . Более того, при этих условиях неравенство

( )( )( )( ) xxffffn

>44 344 21

... ( Nnn ∈≥ ,2 )

также равносильно на ( )fD неравенству ( ) xxf > .

Пример 3 [Эконом.–1983]. Для каждого неотрицательного значения a ре-шить неравенство

0396 2243 ≥++−+ axxaxa .

Решение. Перепишем неравенство в виде

( ) xaxxaa ≥+++ 396 242 ⇔ ( ) xaxa ≥++ 33 22 .

Введём в рассмотрение функцию ( ) 32 += attf , тогда неравенство примет

вид ( )( ) xxff > .

Если 0=a , то 3≤x . Если 0>a , то ( ) 3≥tf при всех Rt ∈ , поэтому все числа 0≤x удовлетворяют неравенству. Остается рассмотреть промежуток

0>x , где функция ( )xf монотонно возрастает. Согласно теории имеем:

( )( )⎩⎨⎧

>≥

0xxxff

⇔ ( )

⎩⎨⎧

>≥

0xxxf

⇔ ⎪⎩

⎪⎨⎧

>>

≥+−

.0,0032

axxax


1) Если дискриминант квадратного трёхчлена 0121 ≤−= aD ⇔

⇔121

≥a , то решением последней системы будет любое 0>x .

2) Если 0121 >−= aD ⇔ 1210 << a , то решением системы является

множество ∈x ⎟⎟⎠

⎞⎢⎣

⎡+∞

−+⎥⎦

⎤⎜⎜⎝

⎛ −− ,2

12112

1211,0a

aa

aU .

Ответ: при 0=a ∈x ( ]3,∞− ; при 121≥a ∈x R :

при 1210 << a ∈x ⎟⎟

⎠

⎞⎢⎣

⎡+∞

−+⎥⎦

⎤⎜⎜⎝

⎛ −− ,2

12112

1211,0a

aa

aU .

Уравнения вида )()( 1 xfxf −= ,

где )(xf , )(1 xf − – взаимно обратные возрастающие функции (*)

Теорема. Пусть )(xf – монотонно возрастающая функция, )(1 xf − – её

обратная функция. Тогда уравнение )()( 1 xfxf −= равносильно на ОДЗ урав-

нению xxf =)( (или xxf =− )(1 ). Доказательство. Действительно, графики взаимно обратных функций )(xf

и )(1 xf − симметричны друг другу относительно прямой xy = (см. рис.). В случае возрастания функции

)(xf все точки пересечения этих графиков (при условии, что они суще-ствуют) лежат на этой прямой. Поэто-му уравнение

)()( 1 xfxf −=

равносильно на ОДЗ каждому из урав-нений

xxf =)( или xxf =− )(1 .

Заметим, что решение любого из последних уравнений может оказаться намного проще решения исходного.

Следствие. Если, кроме того, ( ) ( )fDfE ⊆ , то на множестве ( )fE следующие уравнения являются равно-

x

y

0

y=f(x)

y=f (x)1

y=x


335

сильными:

( )( ) xxff = ⇔ )()( 1 xfxf −= .

Для доказательства последнего утверждения достаточно применить к обеим частям второго из уравнений функцию f (применение к уравнению строго мо-нотонной функции приводит к равносильному уравнению), и учесть, что

( ) xxff =− )(1 .

Пример [ВМиК–2004, устн.]. Решить уравнение ( ) 612793 33 −+=+ xx .

Решение. Вначале приведём уравнение к виду ( ) ( ) 633633 33 −+=++ xx .

Введя переменную 33 += xt , придём к уравнению

66 33 −=+ tt . (1) Покажем, что в левой и правой частях последнего уравнения находятся вза-имно обратные функции. Действительно, рассмотрим функцию 3 6+= ty . Это монотонно возрастающая функция, следовательно, она имеет обратную. Найдём её:

3 6+= ty 63 += ty ⇔ 63 −= yt . Поменяв местами обозначения переменных yt ↔ , находим, что обратная

функция имеет вид 63 −= ty . Далее, поскольку графики взаимно обратных возрастающих функций пере-секаются в точках, лежащих на прямой ty = , то уравнение (1) равносильно уравнению

tt =− 63 ⇔ 063 =−− tt ⇔ ( )( ) 0322 2 =++− ttt ⇔ 2=t . Таким образом, уравнение (1) имеет единственный корень 2=t , которому со-ответствует 3/1−=x . Ответ: { }31−∈x .

Геометрический подход (*)

Иногда задачи могут быть решены с помощью геометрического подхода. Рассмотрим один из таких примеров.

Пример [ВМиК–2002, устн.]. Решить уравнение

3311 22 =−+++ xxx .


Решение. Придадим каждому из двух радикалов в уравнении определённый геометрический смысл. Действительно, рассмотрим прямоугольный треуголь-ник ⊿OAM со сторонами 1=OA , xOM = и углом =∠AOM o90 между

ними. Тогда геометрический смысл первого из радикалов 21 x+ есть длина гипотенузы AM .

Рассмотрим теперь треугольник ⊿OBM со сторонами 1=OB , xOM = и

углом =∠BOM o30 между ними. Тогда геометрический смысл второго корня

=−+ 31 2 xx xx ⋅⋅−+ 2322 21 ,

согласно теореме косинусов, есть длина третьей стороны BM этого треуголь-ника.

Изобразим оба треугольника с об-щей стороной OM на одном рисунке и соединим отрезком точки A и B . Согласно неравенству треугольника, имеем: ABBMAM ≥+ , причём

=+ BMAM AB тогда и только тогда, когда точка M лежит между точками A и B , совпадая с C . Введём систему координат, помес-

тив начало координат в точку O и направив ось абсцисс вдоль стороны OM , а ось ординат – перпендикулярно ей вдоль стороны OA . Тогда в выбранной сис-

теме координат ( )1;0A , ( )21;23 −B , и длина отрезка AB равна

( ) ( ) 3121023 22=−−+− .

Так как в правой части уравнения стоит как раз 3 , то решить уравнение озна-чает найти абсциссу точки ( )0;xC , в которой прямая AB пересекает ось абс-

цисс. Уравнение прямой AB имеет вид 13 +−= xy . Составляя уравнение

013 =+− x , находим искомое и единственное решение 33=x .

Функциональные уравнения (*)

Функциональным уравнением называется уравнение, в котором в роли неиз-вестного выступает функция (или функции). В этом случае решением уравнения является любая функция, при подстановке которой в уравнение оно превращает-ся в тождество. Решить функциональное уравнение значит найти множество

1

1

x

O

A

B

MC


337

всех его решений. Например, дифференциальные уравнения являются частными случаями функциональных уравнений. Один из основных методов решения функциональных уравнений – метод замены переменной (метод подстановки) [7].

Пример 1. Решить уравнение =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

xxf 1

22 1

xx + ( )0≠x .

Решение. Положив ( ) yxx =+ 1 , возведём это равенство в квадрат:

( ) 222 12 yxx =++ ⇒ ( ) 21 222 −=+ yxx . После перехода к новой переменной функциональное уравнение примет вид ( ) 22 −= yyf . Следовательно, мы нашли функцию, это ( ) 22 −= xxf (ка-

кой буквой при этом обозначен аргумент функции – не играет большой роли, по-этому обозначим так, как привычно – буквой x ). Однако необходимо сделать проверку найденного решения. Проверка нужна, в частности, по следующей причине: функция ( )xxy 1+= обладает тем свой-

ством, что ( ) 21 ≥+= xxy , поэтому остаётся вопрос – удовлетворяет ли

найденная функция ( ) 22 −= xxf функциональному уравнению при

( ) 2<xf ? Подставим функцию в исходное уравнение и проверим, действи-

тельно ли она удовлетворяет ему при всех 0≠x :

( )( ) ( )222 121 xxxx +=−+ . Полученное равенство, очевидно, выполняется при всех действительных 0≠x , поэтому функция ( ) 22 −= xxf будет единственным решением функциональ-ного уравнения.

Пример 2 [ВШЭ–1996]. Найти функцию ( )xf , при всех допустимых значе-ниях x удовлетворяющую уравнению

6121

51+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + x

xxf

xxf .

Решение. ОДЗ: 1,0 −≠≠ xx . Обозначим ( ) xxy 1+= , отсюда

( )11 −= yx , и исходное равенство примет вид

( ) ( )11615

−+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

yy

yfyf . (1)

Если бы сделали замену ( )1+= xxy , то получили бы равенство


( ) ( )11651

−+

−=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛yyyf

yf . (2)

При этом оба равенства (1) и (2), согласно условию, выполняются при всех до-пустимых значениях y . Решая систему уравнений (1) и (2) относительно ( )yf

и ( )yf 1 , находим ( ) ( ) ( )11 −+= yyyf . В ответе аргумент можно привыч-

но обозначить буквой x . Ответ: ( )11

−+

=xxxf .

При решении функциональных уравнений нередко используется метод «от частного к общему». Рассмотрим примеры.

Пример 3. Существует ли функция f такая, что при любых действитель-

ных x и y выполняется равенство ( ) ( ) xyyfxf =+ ? Решение. Пользуясь тем, что x и y – любые числа, положим в равенстве

xy = : ( ) 22 xxf = , т.е. ( ) 2/2xxf = . Сделаем проверку, которая в данном

случае обязательна (если при xy = получается функция ( ) 22xxf = , кото-рая при подстановке в функциональное уравнение превращает его в тождество, то это ещё не значит, что аналогичное положение будет и при xy ≠ ). Получа-

ем ( ) ( ) xyyx =+ 22 22 , но это равенство тождеством не является. Следова-тельно, такая функция не существует.

Пример 4. Существуют ли функции f и g такие, что при любых дейст-вительных x и y выполняется равенство

( ) ( ) 1++=⋅ yxygxf ? Решение. Допустим, что такие функции f и g существуют, и попробуем их найти. Положим в функциональном уравнении 0== yx :

( ) ( ) 100 =⋅ gf . Теперь положим в нём 0=x :

( ) ( ) 10 +=⋅ yygf . Наконец, положим в исходном равенстве 0=y :

( ) ( ) 10 +=⋅ xgxf .

Перемножим два последних равенства:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1100 ++=⋅⋅⋅ xygxfygf .


339

Но в этом равенстве ( ) ( ) 100 =⋅ gf , следовательно,

( ) ( ) ( )( )11 ++=⋅ xyygxf .

Сделаем проверку, подставив в исходное равенство:

( )( ) 111 ++=++ yxxy . Очевидно, последнее равенство выполняется не при всех x и y . Пришли к противоречию. Следовательно, таких функций f и g не существует.

Пример 5 [Мехмат–2008, 5]. Найти все функции f , удовлетворяющие урав-нению

( ) ( ) ( ) ( ) 20312 3 +=+−+ xffxxf , Rx∈ . Решение. Подставим в уравнение 1=x и 0=x :

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

+=+−+

+=+−+

2003120021031211

3

3

ffffff

⇔ ( )( )⎩

⎨⎧

==

,1110

ff

откуда получаем ( ) ( )( ) ( ) 103212 33 +−=−−−+= xxfxfxxf .

Проверкой убеждаемся, что найденная функция удовлетворяет уравнению. Ответ: ( ) 13 +−= xxxf .

В следующем примере требуется найти не саму функцию, удовлетворяющую заданному функциональному уравнению, а лишь её значение в некоторой точке. При решении необходимое значение последовательно выражается через другие (которые можно найти) значения этой функции.

Пример 6 [ВМиК–2008]. Числовая функция для всех действительных x и y удовлетворяет равенству

( ) ( ) ( ) xyygxgyxg 80++=+ .

Найти ( )54g , если ( ) 241 =g .

Решение. ( ) ( ) ( ) ( ) 94141804141414121 =⋅⋅++=+= gggg ,

откуда ( ) ( ) ( ) ( ) 38212180212121211 =⋅⋅++=+= gggg .

Пусть ( ) xg =51 , тогда

( ) ( ) ( ) 5162515180515152 +=⋅⋅++= xggg ,

отсюда ( ) ( ) ( ) 5964525280525254 +=⋅⋅++= xggg . Записивая цепочку соотношений


( ) ( ) ( ) ( ) 32551548051545154138 +=⋅⋅++=+== xgggg ,

находим 516=x , следовательно, ( ) 2454 =g . Перечисленные ниже вспомогательные приёмы и средства вряд ли претен-дуют на то, чтобы называться методами, однако используются при решении разнообразных задач довольно часто, поэтому мы приводим их здесь, чтобы подчеркнуть их значимость.

Вспомогательные приёмы и средства, используемые для преобразований в уравнениях и неравенствах

Формулы сокращённого умножения Как отмечалось выше, формулы сокращённого умножения нередко исполь-зуются во время преобразований с целью упрощения решения задачи. Приведём ещё один пример.

Пример [ВМиК–2000, устн.]. Решить уравнение 3133 −=++ xxx .

Решение. Умножим обе части уравнения на 3 и перенесём все слагаемые в одну сторону

01333 23 =+++ xxx . Перепишем уравнение в виде

323 2133 xxxx −=+++ . Преобразуем выражение в левой части уравнения по формуле куба суммы:

( ) 33 21 xx −=+ .

Приведя уравнение к виду ( ) ( )333 21 xx −=+ , и извлекая кубический корень, получим линейное уравнение, равносильное исходному

xx 3 21 −=+ , решая которое, находим единственный действительный корень

( )121 3 +−=x .

Выделение полного квадрата (куба)

Этот небольшой вспомогательный приём достаточно часто оказывается по-лезным при выполнении преобразований.

Пример 1 [РЭА им. Плеханова–2003]. Решить уравнение

52425424 2 ++=+−⋅+ xxxx .

Решение. Заметим, что выражение, стоящее под первым радикалом, является полным квадратом:


341

( ) 52452522

++=+−++ xxxx .

Упрощая, получаем уравнение

5245252 ++=+−++ xxxx .

Так как под модулем стоит положительное выражение, то модуль можно опустить:

452 −=− xx ⇔ ( )⎩

⎨⎧

−=−

≥−

.452

042xx

x Ответ: { }7∈x .

Пример 2. Решить уравнение 6411279 23 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++

xxxx .

Решение. Заметим, что в левой части уравнения находится полный куб: ( ) 643 3 =+ xx ⇔ 43 =+ xx ⇔ 0342 =+− xx ⇔ { }3;1∈x .

Пример 3. Решить уравнение ( ) 9

401 2

22 =

++

xxx .

Решение. Вычитая из обеих частей уравнения выражение ( )12 2 +xx и вы-деляя в левой части полный квадрат, получим:

12

940

1

22

+−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

xx

xxx ⇔

12

940

1

222

+−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ x

xxx

.

Сделав подстановку =y ( )12 +xx , придём к квадратному уравнению

094022 =−+ yy ⇔ ⎢

⎣

⎡−=

=3/10

3/4yy

⇔ ⎢⎢⎣

⎡

=++

=−−

.0101030443

2

2

xxxx

Ответ: { }2;32−∈x .

Пример 4 [Химфак, Наук о материалах, Физ.-хим. факультеты–2006]. Найти все значения параметра a , при каждом из которых уравнение

( )( ) 133165 222 +−−−=++++ aaaxxxxxx

имеет корни, как большие ( )3− , так и меньшие ( )3− . Решение. Покажем, что подкоренное выражение является полным квадратом:

( )( ) ( )( )( ) =++++=++++ 123116522 xxxxxxxx

( )( ) ( )( )( ) ( )( ) =++++=++++= 12331213 22 xxxxxxxx


( )( ) 2111 yyy =++−= ,

где ( )0132 >++= xxy . Поэтому уравнение преобразуется к виду

=++ 132 xx 133 2 +−−− aaaxx ⇔ 03 22 =+++ aaaxx . Левая часть полученного уравнения представляет собой квадратный трёхчлен ( )xf с положительным старшим коэффициентом. Согласно методу парабол, он

имеет корни, лежащие по разные стороны от числа 3− , тогда и только тогда,

когда ( ) 03 <−f ⇔ 0982 <+− aa ⇔ ( )74,74 +−∈a .

Рассмотрение уравнения относительного некоторой величины

Пусть имеется уравнение (неравенство), которое необходимо решить отно-сительно неизвестной x . Если в уравнении имеется параметр, то в некоторых случаях такое уравнение удобно решать относительно параметра (или какой-либо другой величины). Наиболее часто среди задач этой группы встречаются задачи, решаемые как квадратные относительно параметра.

Пример 1 [ВМиК–1996, устн.]. Решить уравнение 014210132 22 =++−−+ yxxyyx .

Решение. Рассмотрим данное уравнение как квадратное относительно x . Приведя его к стандартному виду, получим

( ) 014131522 22 =++++− yyyxx .

Чтобы уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы его дискри-минант был неотрицателен:

( ) ( ) ( ) 01414138154 222 ≥−−=++−+= yyyyD ⇔ 1=y .

Тогда ( ) 34152 =+= yx . Ответ: ( ) ( ){ }1;3; ∈yx .

Пример 2 [ИСАА]. При каких значениях a уравнение

( ) 322212222 −=−+−+ xxaxa имеет решения? Решение. ОДЗ: 2≥x . Рассмотрим данное уравнение как квадратное отно-сительно параметра a . Приведём его к стандартному виду

( ) ( ) 0223212222 =−+−+⋅−+ xaxax .

Квадратное уравнение (на ОДЗ 0≠x ) имеет решение тогда и только тогда, когда его дискриминант неотрицателен:

( ) ( ) ( )=−+−−−= 22324124 222xxxxD 024 2 ≥−⋅− xx ⇔

⇔ 2=x . Тогда, подставляя это значение 2=x в уравнение, получим


343

( ) 02231244 2 =−+−+ aa , откуда находим ( ) 221−=a .

Замечание. Задачу можно было также решить, рассматривая данное уравне-ние как квадратное относительно выражения ax .

Пример 3 [ВМиК–2004, устн.]. Найти множество значений функции ( )21 xxy += .

Решение. Рассмотрим данное равенство, которое задаёт функцию, как алгеб-раическое уравнение относительно x с параметром y . Преобразуем его к виду:

02 =+− yxyx . (1) Сформулируем задачу в новой постановке: «При каких значениях y урав-нение (1) имеет решения?» 1) Если 0=y , то, подставляя в уравнение (1), находим 0=x . 2) Если 0≠y (тогда и 0≠x ), то уравнение является квадратным относи-тельно x , и оно будет иметь решения тогда и только тогда, когда его дискрими-нант неотрицателен:

041 2 ≥−= yD ⇔ ⎢⎣

⎡≤<

<≤−.210021

yy

Объединяя все найденные значения y , получаем: 2121 ≤≤− y . Следо-вательно, множество значений функции представляет собой отрезок [ ]21,21− . Ответ: ( ) =yE [ ]21,21− .


0124

sin22

4

2

=++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅x

xxx π

.

Решение. Рассмотрим данное уравнение как квадратное относительно x :

( )( ) 024sin4 422 =+⋅++ xxxx π . Необходимым и достаточным условием существования решений у этого урав-нения является условие неотрицательности его дискриминанта:

( )( ) 084sin4 4222 ≥−+⋅= xxD π ⇔ ( )( ) 042cos 42 ≤+xxπ ⇔

⇔ ≤+ nππ 22

nx

x πππ 22

34

24

2

+≤+

, Zn∈ .

Оценим значения выражения ( )42 42 +xxπ при помощи неравенства

( ) 2122 ≤+ baab . Тогда ( ) 21420 42 ≤+≤ xx , и, значит,


( ) 2420 42 ππ ≤+≤ xx , следовательно, ( )( ) 142cos0 42 ≤+≤ xxπ . Поэтому

0≥D ⇔ ( )( ) 042cos 42 =+xxπ .

Отсюда находим

21

4sin 4

22 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+xxπ

⇔ ( )( )( )( )⎢

⎢⎣

⎡

−=+

=+

.224sin

224sin42

42

xx

xx

π

π

С учётом решаемого уравнения приходим к двум случаям:

( )( )

( )( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+⋅−

−=+

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+⋅+

=+

0222

224sin

0222

224sin

2

42

2

42

xx

xx

xx

xx

π

π

⇔

( )

( )⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

−−=

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

−=

.2

224sin

2

224sin

x

неверно

x

верно

π

π

Ответ: 2=x .

Приведём в заключение высказывания двух известных людей по поводу ма-тематики, удивительным образом совпавшие в главном:

«Решение задач является наиболее характерной и специфической разно-видностью свободного мышления» (Уильям Джеймс (1842–1910), американ-ский философ и психолог).

«Сущность математики заключается в её свободе» (Георг Кантор (1845–1918), немецкий математик).

Раздел 4

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

К РАЗДЕЛУ 1 Решить задачи на сравнение целых чисел и их цифровое представление:

1.1.1. [Геолог.–1993, устн.]. Сравнить числа 4003 и 3004 . 1.1.2. [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Какое из чисел 1131 или 1417 больше? 1.1.3. [ВМиК–2002, апрель, устн.]. Что больше:

nn ⋅++⋅+⋅+⋅ !...3!32!21!1 или ( )!1+n ? 1.1.4. [Геолог.–1999, устн.]. Найти сумму цифр в десятичной записи числа

1999101999 −=N . 1.1.5. [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Найти сумму цифр в десятичной записи числа .2006102006 −=N 1.1.6. [Мехмат–2001, устн.]. Найти все числа, кратные числу 72 и имеющие

десятичную запись вида YX 2374 , где YX , – цифры. 1.1.7. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Найти все пятизначные числа, делящиеся

на 45, запись которых в десятичной системе имеет вид YX153 . 1.1.8. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Доказать, что ни при каком натуральном n число n++++ ...321 не может оканчиваться цифрой 7. 1.1.9. [ВМиК–1998, апрель, устн.]. Доказать, что целое число, в десятичной записи которого имеется триста единиц, а остальные цифры – нули, не является точным квадратом целого числа. 1.1.10. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что натуральное число, десятичная запись которого состоит из 243 единиц, делится на 243. Решить задачи на полный квадрат: 1.2.1. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что произведение четырёх последова-тельных целых чисел в сумме с 1 даёт полный квадрат.


1.2.2. [Физфак–1965, ВМиК–2002, устн.]. Доказать, что число

{ 321nn

M 2...221...112

−=

при любом натуральном n является полным квадратом. 1.2.3. [ВМиК–2002, апрель, устн.]. Показать, что каждое число в последова-тельности

,...44448889,444889,4489,49 является полным квадратом. 1.2.4. [ВМиК–2005, устн.]. Существуют ли пятёрки последовательных целых чисел, сумма квадратов которых является квадратом целого числа? 1.2.5. [ВМиК–2006, устн.]. Найти все четырёхзначные числа, являющиеся квадратом целого числа, у которых первая цифра совпадает со второй, а третья цифра совпадает с четвёртой. 1.2.6. [ВМиК–2003, устн.]. Пусть CBA ,, – три натуральных числа, запи-санных в десятичной системе: A – единицами, число которых m2 , B – еди-ницами, число которых 1+m , C – шестёрками, число которых m . Доказать, что число 8+++ CBA – точный квадрат. 1.2.7. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Доказать, что ни при каком натуральном n число nn 1723 ⋅+ не является квадратом натурального числа. 1.2.8. [ВМиК–2003, устн.]. Натуральное число является полным квадратом и оканчивается на 5. Доказать, что его третья справа цифра чётная (подразумева-ется, что число по крайней мере трёхзначное). 1.2.9. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Найти все натуральные числа nmlk ,,, , удовлетворяющие системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=+

.22

22

nlkmlk

Решить задачи на делимость нацело: 1.3.1. [Геолог.–1994, устн.]. Доказать, что при любом натуральном n выра-жение nn −3 делится нацело на 6. 1.3.2. [ВМиК–2008, апрель, устн.]. Доказать, что при любом натуральном n число nn 73 − делится нацело на 6. 1.3.3. [Геолог.–1994, устн.]. Доказать, что при любом натуральном n выра-жение +3n nn 23 2 + делится нацело на 6. 1.3.4. [Геолог.–1999, устн.]. Доказать, что число 1999101999 − делится на-цело на 9.

Задачи для самостоятельного решения

347

1.3.5. [Геолог.–2000, ВМиК–2006, устн.]. Доказать, что при любом натураль-ном n число +n4 115 −n делится нацело на 9. 1.3.6. [ВМиК–2006, устн.]. Существует ли такое натуральное число n , что выражение 432 2 ++ nn делится нацело на 1995? 1.3.7. [ВМиК–2004, устн.]. Сколько различных целых делителей имеет число

37210 ? 1.3.8. [ВМиК–1996, устн.]. Доказать, что целые числа n и 5n всегда окан-чиваются на одну и ту же цифру. 1.3.9. [ВМиК–1999, устн.]. Доказать, что если cba ,, – целые числа, и

cba ++ делится нацело на 6, то и 333 cba ++ делится нацело на 6. 1.3.10. [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что nnn 84032 35 +− делится наце-ло на 240 для всех целых 2>n . 1.3.11. [ВМиК–2002, апрель, устн.]. Доказать, что для любого натурального

2≥n число 11 −−nn кратно ( )21−n . 1.3.12. [ВМиК–2005, устн.]. Сколько существует натуральных чисел, мень-ших тысячи, которые не делятся ни на 5, ни на 7? 1.3.13. [ИСАА–2000, 6]. Определить сумму всех таких натуральных чисел n , для которых числа 5600 и 3024 делятся без остатка на n и 5+n соответственно. 1.3.14. [ВМиК–2005, май, устн.]. Доказать, что для всех натуральных k чис-ло kkk 52515 345 ++ ++ делится на 11. 1.3.15. [ВМиК–2005, май, устн.]. Найти все натуральные n , при которых число 12 −n делится нацело на 7. 1.3.16. [ВМиК–2005, устн.]. Известно, что натуральное трёхзначное число

abcp = делится нацело на 37. Могут ли числа bcaq = и cabr = также де-литься нацело на 37? 1.3.17. [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Может ли натуральное число при зачёркивании первой цифры уменьшиться: а) в 58 раз; б) в 57 раз? 1.3.18. [Мехмат–2003, устн.]. Для каких целых n выражение

145115

2

2513

−−+−−

nnnnn

принимает целочисленные значения? Решить задачи на делимость с остатком: 1.4.1. [ВМиК–2008, май, устн.]. Доказать, что сумма кубов трёх последова-тельных натуральных чисел делится на 3.


1.4.2. [ВМиК–2008, май, устн.]. Каждое из целых чисел kmn ,, не делится

на 3. Доказать, что число 246 kmn ++ делится на 3. 1.4.3. [Почвовед.–2003, май, 3]. Если двузначное число разделить на сумму его цифр, то в частном получится 6, а в остатке 8. Если же число, написанное теми же цифрами, но в обратном порядке, разделить на разность цифры десят-ков и цифры единиц исходного числа, то в частном получится 15, а в остатке 2. Найти это число. 1.4.4. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что существует бесконечно много це-лых чисел, которые не представимы в виде суммы квадратов двух других целых чисел. 1.4.5. [ВМиК–1997, устн.]. Доказать, что ни при каком натуральном n число

132 ++ nn не делится на 7. 1.4.6. [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что число 532 ++ nn не делится на 121 ни при каком целом n . 1.4.7. [ВМиК–1998, апрель, устн.]. Целое число кратно 7 и при делении на 4 даёт в остатке 3. Найти остаток от деления этого числа на 28. 1.4.8. [ВМиК–2008, май, устн.]. Найти остаток от деления целого числа n на 30, если известно, что остаток от его деления на 15 равен 4, а остаток от деле-ния на 18 равен 7. 1.4.9. [Наук о материалах ф-т–2001]. Учительница принесла в класс счётные палочки. Дети раскладывали их в пакетики. Когда разложили по 2 палочки в каждый пакетик, то осталась 1 лишняя палочка. Затем разложили по 13 штук в пакетик, и тогда осталось 7 лишних палочек. Когда же палочки разложили по 9 штук в пакетик, то лишних не осталось. Сколько, самое меньшее, было счётных палочек? 1.4.10. [Эконом., отделение экономики–2008, 5]. Тринадцать пиратов делят клад золотых монет на палубе шхуны. При попытке разделить клад поровну оказалось, что остаётся 8 монет. Налетевшим штормом двух пиратов смыло за борт. Когда оставшиеся пираты снова стали поровну делить клад, то лишними оказались три золотые монеты. Затем в перестрелке погибли ещё три пирата. Когда уцелевшие пираты опять стали делить клад, то на этот раз оказалось, что остаётся 5 монет. Из какого количества монет состоял клад, если для его пере-носки достаточно сундука, вмещающего 500 золотых монет? 1.4.11. [ВМиК–2007, устн.]. Найти наименьшее натуральное число x такое, что остаток от деления x на 8 ровно на 5 больше остатка от деления x на 5 и в два раза больше остатка от деления x на 7. Решить задачи на простые и составные числа: 1.5.1. [Геолог.–2002, устн.]. Является ли простым число 37111 843 + ?


349

1.5.2. [Геолог.–2004, устн.]. Является ли простым число 1120 4950 − ? 1.5.3. [ВМиК–2006, устн.]. Является ли число

55100001100013100007 +⋅⋅ простым? Ответ обосновать. 1.5.4. [ВМиК–1998, устн.]. Найти все p , при которых p , 10+p , 14+p – простые числа. 1.5.5. [ВМиК–2001, апрель, устн.]. Корни уравнения +++ baxx2 01=+ являются натуральными числами. Может ли число 22 ba + быть простым? 1.5.6. [ВМиК–1997, устн.]. Найти все простые числа yx, , удовлетворяющие

равенству 1932 =− yx . 1.5.7. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что квадрат любого простого числа

3>p при делении на 12 даёт в остатке 1. 1.5.8. [ВМиК–2004, устн.]. Найти все простые числа вида

( ) 12

1−

+nn, Nn∈ .

1.5.9. [ВМиК–2006, устн.]. Доказать, что если p и 18 −p – простые числа, то 18 +p – составное число.

1.5.10. [ВМиК–2006, устн.]. Доказать, что если p и 18 2 +p – простые чис-

ла, то 18 2 −p – тоже простое число. 1.5.11. [ВМиК–2007, устн.]. Доказать, что для всех простых чисел p число

42 +p является составным.

1.5.12. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что если ( ) 1!1 +−n делится на n , то n – простое число. 1.5.13. [ВМиК–2005, апрель, устн.]. Найти все простые числа rqp ,, , удов-

летворяющие равенству rqp pq =+ .

1.5.14. [ВМиК–1999, устн.]. Доказать, что число 33 +− nn – составное для любого натурального 1>n . Решить задачи на НОД и НОК: 1.6.1. [ВМиК–2007, отд. бакалавров, 1]. Найти наибольший общий делитель чисел 720=n , 756=m , 468=k . 1.6.2. [Эконом.–2000, 2]. Интервалы движения городских автобусов по трём маршрутам, проходящим через общую остановку, составляют 15, 20 и 24 мину-ты соответственно. Сколько раз с 7-55 до 17-05 того же дня на этой остановке


одновременно встречаются автобусы всех трёх маршрутов, если одна из таких встреч происходит в 12-35? 1.6.3. [Олимпиада «Ломоносов–2007», 6]. Натуральные числа cba ,, таковы,

что ( ) 60, =baНОК и ( ) 270, =caНОК . Найти ( )cbНОК , . 1.6.4. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Натуральные числа m и n таковы, что

( )+mnНОД , ( ) mnmnНОК +=, . Доказать, что одно из них является делителем другого. 1.6.5. [Олимпиада «Ломоносов–2009», 5]. Каким может быть наибольший общий делитель натуральных чисел m и n , если при увеличении числа m на 6 он увеличивается в 4 раза?

Решить задачи на составление и решение уравнений в натуральных и целых числах: 1.7.1. [Черноморский филиал МГУ–2008, 1]. Пообедав в кафе, однокурсники решили поделить расходы поровну. Если каждый внесёт по 23 гривны, то для оплаты обеда не хватит 20 гривен. Если же каждый внесёт по 29 гривен, то после оплаты останется 10 гривен. Сколько было однокурсников, и сколько стоил обед? 1.7.2. [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2005», 6]. В каждом подъезде нового дома одинаковое число этажей, а на каждом этаже одинаковое число квартир. На восьмом этаже третьего подъезда первая квартира имеет номер 106 . Какой номер имеет вторая квартира на третьем этаже шестого подъезда? 1.7.3. [Геолог.–1996, май, устн.]. Доказать, что уравнение 132035 =− yx не имеет целочисленных решений. 1.7.4. [Геолог.–1999, устн.]. Известно, что mn 54 = . Найти m и n , если известно, что они натуральны. 1.7.5. [ВМиК–2007, устн.]. На какую минимальную величину могут отли-чаться друг от друга натуральные числа m и n , если известно, что дробь

( )nm 7389 + является натуральным числом? 1.7.6. [ВМиК–2004, апрель, устн.]. Существуют ли целые числа m и n , удовлетворяющие уравнению 22 1954 nm =+ ? 1.7.7. [Геолог.–1996, май, устн.]. Найти все целочисленные решения уравне-ния 02142 =+−− xyxy . 1.7.8. [Геолог.–2002, май, устн.]. Решить в целых числах уравнение

43 =−+ yxxy . 1.7.9. [Геолог.–2001, устн.]. Решить в целых числах уравнение

yxxy += 2 .


351

1.7.10. [Геолог.–2005, устн.]. Решить в целых числах уравнение yxxy 22 += .

1.7.11. [Геолог.–2004, устн.]. Решить в целых числах уравнение ( )yxxy += 2003 .

1.7.12. [ИСАА–1997, 7]. Найти все пары целых yx, , удовлетворяющих уравнению 06113163 =+++ yxxy .

1.7.13. [Геолог.–2001, устн.]. Найти все целочисленные пары ( )yx; , где

1≤x , удовлетворяющие уравнению 2412 yxxy += .

1.7.14. [Почвовед.–2001, май, 5]. Решить уравнение в целых числах 7253 22 =++ yxyx .

1.7.15. [Геолог.–1999, май, 4]. Найти такое натуральное двузначное число, что разность удвоенного квадрата числа единиц и утроенного квадрата числа его десят-ков равна сумме 27 и произведения цифр этого числа. 1.7.16. [Геолог.–2000, май, 6]. Любая из трёх барж разной грузоподъёмности может при полной загрузке в каждом рейсе перевезти некоторый груз, причём баржа наименьшей грузоподъёмности – за 15 рейсов. Две другие баржи перево-зят весь этот груз за три совместных рейса. Сколько рейсов необходимо сделать барже наибольшей грузоподъёмности для перевозки всего груза (недогрузка запрещается)? 1.7.17. [Черноморский филиал МГУ–2003, 9]. Для всех значений параметра

( )4;2∈a найти все целые числа x и y , удовлетворяющие равенству

ayxyx =++ 22 65 . 1.7.18. [ФГУ–2004, 7]. На плоскости Oxy найти наибольшее расстояние

между такими двумя точками с координатами ( )yx; , что x и y являются це-лыми числами и удовлетворяют уравнению

xyxy

yx 154 =−⋅ .

1.7.19. [ВШБ–2004, 6]. Найти все пары целых неотрицательных чисел ( )mk; , являющихся решениями уравнения

363272 2 ++=+ mmkkk . 1.7.20. [Психолог.–1975]. Найти все целые положительные решения уравне-ния 56233 2 =−++ yxxyx . 1.7.21. [Геолог.–2008, устн.]. Решить в целых числах уравнение

1129 =− yx .


1.7.22. [Геолог.–2000, устн.]. Решить в целых числах уравнение 212 yx =− .

1.7.23. [ВМиК–1999, устн.]. Решить в натуральных числах уравнение

48633 11 22

=− +−+ xyx . 1.7.24. [ВМиК–2008, устн.]. Решить в целых числах уравнение

23 32 yx += . 1.7.25. [ВМиК–1997, устн.]. Решить в целых числах уравнение

027 22 =+− yx . 1.7.26. [ВМиК–2001, устн.]. Решить в целых числах уравнение

57 22 =− yx .

1.7.27. [Географ.–1998, 6]. Найти все пары целых чисел ( )yx; , удовлетво-

ряющие уравнению 1453 2 −+= yyx , и доказать, что для каждой такой пары

сумма 33 yx + является нечётным числом. 1.7.28. [Олимпиада «Абитуриент–2005», ВМиК, 3]. Найти все пары целых чисел x и y , удовлетворяющие равенству

012224 22 =−−++− xyyxyx . 1.7.29. [Почвовед.–2003, май, 4]. Найти все целочисленные решения уравне-ния 022210534 222 =+−−++ yzxzxyzyx . 1.7.30. [ВМиК–1996, пробный экзамен, 5]. Найти все целочисленные реше-ния уравнения 017111329210 222244 =+−++− xyyxyx . 1.7.31. [МШЭ–2007]. Найти все целочисленные решения уравнения

08832414 22 =+++− yyxx . 1.7.32. [Олимпиада «Ломоносов–2008», устн.]. Решить в натуральных числах уравнение 6133 +=− kllk . 1.7.33. [Химфак–2003, май, 5]. Найти все целочисленные пары ( )yx; , удов-

летворяющие системе ⎪⎩

⎪⎨⎧

<+−−+

>−+−−

.014840261843

23

23

xyxyxyxy

1.7.34. [ВМиК–2007, 4]. Найти все пары целых чисел ( )yx; , удовлетворяю-

щие системе неравенств ⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤+≤−

−≤−

.14,8

,252

yxyx

yx


353

1.7.35. [ВМиК–2005, устн.]. Сумма обратных величин трёх натуральных чи-сел равна 1. Найти эти числа. 1.7.36. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что уравнение

111122 =++

yxyx

не имеет целых положительных решений. 1.7.37. [ВМиК–2004, устн.]. Решить в целых числах уравнение

3=++xyz

yxz

zxy

.

1.7.38. [ВМиК–2005, устн.]. Найти все упорядоченные тройки ( )zyx ;; на-туральных чисел, удовлетворяющих равенству

1330

11

=+

+

zy

x .

1.7.39. [ВМиК–2004, апрель, 3]. Найти все целые n , при которых справедли-во равенство

nn

nn 3135112

1232 2

−−=−

+−.

1.7.40. [ВМиК–2003, устн.]. Найти все целые a , при которых 123 22 ++− aaxx разлагается в произведение ( )( )cxbx ++ двух сомножи-

телей с целыми b и c . 1.7.41. [Олимпиада «Абитуриент–2008», ВМиК, 3]. Целые числа zyx ,, об-

разуют геометрическую прогрессию, а числа 35 +x , 2y и 53 +z – арифмети-ческую прогрессию (в указанных порядках). Найти yx, и z . Решить задачи на свойства, вычисление, упрощение и сравнение рациональных чисел и выражений, решение уравнений в рациональных числах:

1.8.1. [Геолог.–1999, устн.]. Числа a и b такие, что 54=ba . Найти зна-

чение выражения ( )aba − . 1.8.2. [Геолог.–1998, 1]. Найти численное значение выражения

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−

+−

babaab

ababba

abba

286:3

34169 3322222

.


1.8.3. [Олимпиада «Ломоносов–2005», 1]. Вычислить значение выражения

( )( ) ( )

22

33

22

44 2yxyxyxxy

yxyxyx

++−

−−

−− при 321

46

22...2,1=x , 877...7,245321−=y .

1.8.4. [ВМиК–2006, устн.]. Известно, что 122 =+ nm , 122 =+ lk и 0=+ nlmk . Чему равно значение klmn + ?

1.8.5. [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Числа ,, yx z тако-вы, что 1=xyz . Найти значение выражения

zxzyzyxyxA

+++

+++

++=

11

11

11

,

если известно, что это выражение определено. 1.8.6. [ВМиК–2002, апрель, устн.]. Вычислить сумму

( )!1...

!43

!32

!21

+++++

nn

.

1.8.7. [Геолог.–2001, май, устн.]. Представить число ( )25,0 в виде обыкно-венной дроби. 1.8.8. [Геолог.–2001, устн.]. Представить число ( )132,0 в виде обыкновен-ной дроби. 1.8.9. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2005, 1]. Сравнить чис-ла: 510 и ( ) 532 52161 ⋅⋅− −− . 1.8.10. [Геолог.–2008, устн.]. Известно, что числа a и b связаны равенством

aab 5102 −=− . Какое из этих чисел больше? 1.8.11. [ВМиК–1999, устн.]. Сравнить числа a и b , если известно, что ( ) baa +=− 215 .

1.8.12. [Геолог.–2004, устн.]. Сравнить числа: ( )004,2 и 005,2 .

1.8.13. [Геолог.–2006, устн.]. Сравнить числа: ( )005,2 и 006,2 . 1.8.14. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2006, 4]. Сравнить числа: ( ) ( )2,04:12,0 + и 275,0 .

1.8.15. [ВМиК–2001, устн.]. Что больше: ( )6217,0 или 185141 ?

1.8.16. [ВМиК–2001, устн.]. Сравнить числа: 337

и 9999999921212121

.

1.8.17. [ВМиК–2005, устн.]. Три числа ba, и c удовлетворяют соотношению


355

cbacba ++=++

1111.

Доказать, что какие-либо два из них равны по абсолютной величине и противо-положны по знаку. 1.8.18. [ВМиК–2005, устн.]. Для каждой допустимой тройки чисел ( )cba ;; сравнить значения выражений

caac

bccb

abba

+−

++−

++−

111 и

caac

bccb

abba

+−

⋅+−

⋅+−

111.

1.8.19. [ВМиК–2005, устн.]. Можно ли представить единицу в виде суммы 2005 попарно различных чисел, обратных натуральным? 1.8.20. [ВМиК–2004, устн.]. Пусть числа bayx ,,, таковы, что

bayx +=+ и 2222 bayx +=+ . Выразить через числа a и b сумму nn yx + , где 3≥n – натуральное.

1.8.21. [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что уравнение 013 =+− pxx , где 0>p – целое, не имеет рациональных корней.

1.8.22. [ВМиК–2003, устн.]. При каких натуральных n уравнение 012 234 =−+− nxxx

имеет рациональные корни? 1.8.23. [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2006», заочный тур, 9]. Суще-ствуют ли рациональные числа vuyx ,,, , удовлетворяющие уравнению

( ) ( ) 2572266

+=+++ vuyx ?

1.8.24. [Геолог.–2007, ВМиК–1996, устн.]. Известно, что числа ,, ba

ba + рациональны. Доказать, что числа a , b также рациональны. 1.8.25. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Найти все рациональ-

ные числа x , при которых выражение 12 ++ xx является рациональным числом. 1.8.26. [ВМиК–2003, устн.]. Пусть x и y – рациональные числа, удовлетво-

ряющие равенству 2255 2 yxyx =+ . Доказать, что xy−1 является квадратом рационального числа. 1.8.27. [Эконом.–2005, 6]. Найти все рациональные решения уравнения

( ) 0coslog11 22212

22 =+++−+ + yxxxy y π .


Решить задачи на сократимость (несократимость) дробей:

1.9.1. [ВМиК–1972, 1998, устн.]. Найти все целые числа, на которые может

быть сократима дробь 7865

++

ll

при целых l .

1.9.2. [ВМиК–2003, устн.]. Доказать, что дробь 26310

++

nn

, где Nn∈ , несо-

кратима. 1.9.3. [Черноморский филиал МГУ, г. Севастополь–2004, 1].

Сократить дробь 24

63

1692764

xyyx

−−

.

1.9.4. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Пусть 3≥n – нату-ральное число. Может ли число несократимых дробей в последовательности

nn

nn

nn

nnn1,2,3...,,3,2,1 −−−

быть нечётным? Решить задачи на упрощение иррациональных выражений:

1.10.1. [Почвовед.–1996]. Доказать, что число

( ) ( ) ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +−⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −+ 682682

244244

является целым, и найти это число. 1.10.2. [Почвовед.–2004, май, 2]. Пусть 1110 −=a . Доказать, что число

22 1

aa + является целым.

1.10.3. [Почвовед.–2002, 3]. Пусть 33 5020 +=a . Доказать, что число

aa 303 − является целым, и найти его. 1.10.4. [Геолог.–1994, 2]. Упростить до целого числа выражение

11257

57

526

5262 ⋅−

+−

−

+⋅ .

1.10.5. [Геолог.–1993, 1]. Найти численное значение выражения 2

424

248

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

++

babaab

babbaa

.


357

1.10.6. [Геолог.–1994, май, 2]. Упростить до численного значения выражение

baba

56365737

+− :

abbaba

15615953

++−

.

1.10.7. [ИСАА–1999, 2]. Упростив выражение

( )23

21

112

2

625,0233 baab

baabbabaabbabA −−

−+

−+−=

−−−, где 0>> ba – действи-

тельные числа, выяснить, что больше: A или 01,0 ? Решить задачи на свойства действительных чисел:

1.11.1. [Мехмат–1964, ВМиК–2002, устн.]. Определить все целые числа a и b , для которых один из корней уравнения ++ 233 axx 012 =+bx равен

31+ . 1.11.2. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что в представлении в виде десятич-

ной дроби числа ( )99526 + первые 98 цифр справа после запятой равны нулю.

Решить задачи на сравнение иррациональных чисел:

1.12.1. [Геолог.–1993, устн.]. Сравнить числа: 3 5 и 3 .

1.12.2. [Геолог.–1994, май, 1]. Что меньше: 3 47 или 13 ?

1.12.3. [ВМиК–1992]. Сравнить числа: 3

19911990

и 3

19921991

.

1.12.4. [Ташкентский филиал МГУ–2007, 1]. Сравнить числа

( )2105 + и 20014 + . 1.12.5. [Геолог.–1994, 1]. Какое из чисел больше:

172 ⋅ или ( )24,8 ? 1.12.6. [Геолог.–2002, устн.]. Сравнить два числа:

20032001 + и 20022 ⋅ . 1.12.7. [Геолог.–2006, устн]. Сравнить два числа:

20062004 + и 20052 ⋅ . 1.12.8. [Геолог.–2002, устн.]. Сравнить два числа:

45471−

и 4446

1−

.


1.12.9. [Геолог.–2003, устн.]. Сравнить числа:

3232 −++ и 6 .

1.12.10. [Геолог.–2002, май, устн.] Сравнить числа: 725 + и 10 28 ⋅ . 1.12.11. [ВМиК–2002, устн.]. Сравнить два числа:

( )2ba + и ( ) abba +22

( a и b – неотрицательные числа, ba ≠ ).

1.12.12. [Геолог.–2004, устн.]. Сравнить числа: 2512

и 3

13 −.

1.12.13. [Эконом.–1988]. Что больше: 243 + или 3 ?

1.12.14. [ВМиК–2004, устн.]. Сравнить числа: 5log33 и 3log55 . 1.12.15. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Что больше:

11log22 или 2log1111 ?

1.12.16. [Геолог.–2005, устн.]. Сравнить числа: 2005lg2lglg

2005 и 23 . 1.12.17. [ВМиК–1999, апрель, устн.]. Сравнить числа:

33 5252 −++ и 1. 1.12.18. [ВМиК–1996, устн.]. Что больше:

820408 +++ или 235 3 ++ ? 1.12.19. [ВМиК–2005, устн.]. Упорядочить по величине три числа:

1111 137 + , 1111 128 + и 1111 155 + . 1.12.20. [Олимпиада «Ломоносов–2006», 2]. Что больше: ( )611πtg или

меньший корень квадратного трёхчлена 131711 2 −− xx ? 1.12.21. [ВМиК–2006, устн]. Сравнить числа:

5,0log 2log 3 и

435 +

.

1.12.22. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Сравнить числа:

∑=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

15

222

11logk k

и 15log3 2− .

1.12.23. [Геолог–2004, устн]. Сравнить числа: 5cos и 5,0 .

1.12.24. [ВМиК–2006, устн]. Сравнить числа: ( )113cos π и 67,0 .


359

Решить задачи на доказательство иррациональности чисел:

1.13.1. [Геолог.–2002, устн.]. Является ли число 7 рациональным?

1.13.2. [Геолог.–2004, устн.]. Является ли число 5 рациональным?

1.13.3. [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что 3 2 не является рациональным числом. 1.13.4. [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что 4 5 не является рациональным числом. 1.13.5. [ВМиК–1998, устн.]. Доказать, что 37 − не является рациональ-ным числом.

1.13.6. [ВМиК–2004, устн.]. Доказать, что число 3 22 − является ирра-циональным. 1.13.7. [Мехмат–1996, устн.]. Доказать, что число

12431243 −+++−=A не является рациональным. 1.13.8. [Геолог.–2000, устн.]. Доказать иррациональность числа

423423 −++ . Решить задачи на целую и дробную части числа:

1.14.1. [Геолог.–2006, устн.]. Сколькими нулями оканчивается число 53! (произведение всех целых чисел от 1 до 53)? 1.14.2. [Геолог.–2008, устн.]. На отрезке [ ]5,4 найти корни уравнения

{ } xx 2= , где { }x – дробная часть действительного числа x . 1.14.3. [Олимпиада «Ломоносов–2008», Геолог., устн.]. Решить уравнение

{ } ( ) 23 xx −= . 1.14.4. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Решить неравенство

[ ] { } 1−<⋅ xxx .

1.14.5. [ВМиК–2008, апрель, устн.]. Решить уравнение { }{ } xx =22 . 1.14.6. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Найти все решения уравнения [ ] [ ] 52 =− xx . 1.14.7. [Всероссийская математическая олимпиада–1990, 11 класс; Олимпиа-да «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Решить уравнение

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

=−2

13 xx .


1.14.8. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Найти все решения уравнения [ ] [ ] [ ]112 ++=+ xxx .

1.14.9. [ВМиК–2000, устн.]. Решить уравнение 5

7158

56 −=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ + xx

.

1.14.10. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2005, 8]. Решить уравнение [ ] 42 =+ xx .

1.14.11. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Решить уравнение [ ] 33 =− xx .

1.14.12. [ВМиК–2004, устн.]. Решить уравнение { }x

x 1= .

1.14.13. [ВМиК–2004, устн.]. Решить уравнение [ ] [ ]22 xx = . 1.14.14. [ВМиК, отделение прикладной информатики–2001, 6]. Найти все

корни уравнения [ ]xxx −=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + 6

21

21

.

1.14.15. [Олимпиада «Ломоносов–2008», 9]. Найти все натуральные значения n , удовлетворяющие уравнению

[ ] [ ]110012002110012002 22 +=+ nn ,

где [ ]x – наибольшее целое число, не превосходящее числа x . Решить задачи, используя различные методы:

1.15.1. [Географ.–2003, 3]. Непустое множество X состоит из конечного числа N натуральных чисел. Чётных чисел в X меньше двух третей от N , а нечётных не больше 36% от N . Какое наименьшее значение может принимать число N ? 1.15.2. [Геолог.–2003, 7]. Найти все значения параметра a , для каждого из которых существует нечётное число n , удовлетворяющее равенству

aaaa nnn −− +=+− 4242 396333 .

К РАЗДЕЛУ 2 Используя свойства числовых неравенств и монотонность показательной функции, решить задачу:

2.1.1. [ИСАА–2003, 1]. Числа yx, изменяются в пределах: 43 ≤≤ x и 21 ≤≤ y . Найти, в каких пределах изменяется величина выражения

4444 12 −+−= −− xyA yx .


361

Применяя подходящие формулы сокращённого умножения, решить задачи:

2.2.1. [Почвовед.–1999]. Сумма десяти чисел равна нулю, и сумма их попар-ных произведений равна нулю. Чему равна сумма кубов этих чисел? 2.2.2. [ВМиК–2005, май, устн.]. Доказать, что для всех натуральных k число

kkk 52515 345 ++ ++ делится на 11. 2.2.3. [ВМиК–1996, устн.]. Что больше:

820408 +++ или 235 3 ++ ? Доказать следующие числовые и алгебраические равенства и неравенства:

2.3.1. [ВМиК–2007, устн.]. Доказать, что

10010000

1...4

13

12

11 ≥+++++ .

2.3.2. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Доказать неравенство

21000

1...31

211 222 <++++ .

2.3.3. [ВМиК–2003, устн.]. Доказать, что 101

10099...

65

43

21

<⋅⋅⋅⋅ .

2.3.4. [ВМиК–2000, устн.]. Доказать, что сумма

221000...

2...

23

22

21

100032 <++++++= nnS .

2.3.5. [ВМиК–2000, устн.]. Доказать, что при допустимых ba, и c , сумма которых равна 1, справедливо неравенство

5141414 <+++++ cba . 2.3.6. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Доказать, что если

0,0 >> ba , то abbaba 22 +≤+ . 2.3.7. [ВМиК–1994, устн.]. Известно, что пять положительных чисел

54321 ,,,, aaaaa связаны соотношением 154321 =aaaaa . Доказать, что в этом случае справедливо неравенство

( )( )( )( )( ) 3211111 54321 ≥+++++ aaaaa .

2.3.8. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что для неотрицательных чисел a и b имеет место неравенство

( ) ( ) abbaba +≥+ 222

.


362

2.3.9. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что если 0,1 ≠−≥ bb , то

14

14 2

+≥++ b

bbb

.

2.3.10. [ВМиК–1994, устн.]. Доказать, что для любых четырёх действитель-ных чисел dcba ,,, выполняется неравенство

abcddcba 44444 ≥+++ . 2.3.11. [Мехмат–1958]. Доказать, что если 122 =+ yx , то справедливо не-

равенство 22 ≤+≤− yx .

2.3.12. [ВМиК–1992, устн.]. Доказать, что если 122 =+ ba , 122 =+ dc , то 1≤− bdac .

2.3.13. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Положительные числа a и b таковы, что 2≥+ ba . Доказать, что 233 ≥+ ba . 2.3.14. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. Доказать, что если

0≥a , то aaa 22 23 +≥+ . 2.3.15. [ВМиК–1990, устн.]. Доказать, что для всех x верно неравенство

01258 >+−+− xxxx . 2.3.16. [ВМиК–1994, устн.]. Известно, что три положительных числа ba, и c связаны соотношением cba =+ . Доказать, что

43

43

43

cba >+ . 2.3.17. [ВМиК–1990, устн.]. Доказать, что для любых трёх положительных чисел ba, и c выполняется неравенство

( ) 9111≥⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++

cbacba .

2.3.18. [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Пусть cba ,, – поло-жительные числа. Доказать, что

cbaabc

bac

cab

++≥++ .

2.3.19. [ВМиК–1996, устн.]. Для положительных чисел ba, и c доказать

неравенство 3≥++ac

cb

ba

.


363

2.3.20. [ВМиК–2000, устн.]. Доказать, что для неотрицательных чисел ba, и c имеет место неравенство

33

222 cbacba ++≤

++.

2.3.21. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Три положительных числа ba, и c таковы, что 12≥++ bcacab . Доказать, что 6≥++ cba . 2.3.22. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Доказать, что если положительные числа

ba, и c таковы, что 1=++ cba , то 9111≥++

cba.

2.3.23. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Пусть cba >> . Доказать, что abbccaaccbba 222222 ++>++ .

2.3.24. [ВМиК–2003, устн.]. Доказать справедливость неравенства

23

111 222 ≤+

++

++ c

cb

ba

a

для любых действительных чисел ba, и c .

2.3.25. [ВМиК–2004, устн.]. Пусть ba, и c – положительные числа и

bca211

=+ . Доказать, что 422

≥−+

+−+

bcbc

baba

.

2.3.26. [ВМиК–2000, устн.]. Доказать, что для любых трёх положительных чисел yx, и z выполнено неравенство

23

≥+

++

++ yx

zxz

yzy

x.

2.3.27. [ВМиК–2004, устн.]. Доказать, что если 0,0,0 >>> cba , то

3222≥

++

++

+ abc

cab

cba

.

2.3.28. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Доказать, что для любых положительных ba, и c не могут одновременно выполняться неравенства

( ) 411 >− ba , ( ) 411 >− cb , ( ) 411 >− ac .

2.3.29. [ВМиК–2003, устн.]. Пусть cbacba ++

=++1111

. Доказать, что

для нечётных натуральных n выполняется равенство


364

nnnnnn cbacba ++=++

1111.

2.3.30. [ВМиК–1996, устн.]. Сумма четырёх чисел равна 2. Доказать, что сумма их квадратов не меньше 1. 2.3.31. [Физфак–1958]. Доказать, что если 0>a и 0>b , то для любых x и y справедливо неравенство

1194132 22 ++⋅++≤+⋅+⋅ baba yxyx . 2.3.32. [ВМиК–1996, устн.]. Доказать, что для любых положительных чисел

ba, и c верно неравенство

bccbbaacca 3222222 −+−+≥−+ .

2.3.33. [ВМиК–2005, устн.]. Доказать, что при любых положительных yx, и z выполняется неравенство

222222 zyzyzxzxyxyx ++≥+++++ . Используя понятие среднего арифметического, решить задачу: 2.4.1. [Геолог.–2008, 6]. Среди 40 ненулевых чисел, среднее арифметическое которых равно 5, есть как положительные, так и отрицательные числа. Какие из перечисленных ниже утверждений относительно этих чисел верны, а какие – нет? Ответ обосновать. а) Среднее арифметическое положительных чисел больше 5. б) Модуль наименьшего отрицательного числа меньше, чем наибольшее по-ложительное число. в) Максимальное положительное число не меньше 5. г) Количество положительных чисел больше количества отрицательных чисел.

К РАЗДЕЛУ 3

Используя стандартные подходы, решить линейные и квадратные уравнения (неравенства):

3.1.1. [Физфак–1982, 2]. При каких значениях параметра a решение уравнения axaax 362715 −+=−

меньше 2? 3.1.2. [ВМиК–2004, 1]. Решить уравнение

( )( ) 9213

222cos3347 3log 2 −=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++−− xarctg .


365

3.1.3. [Геолог.–2008, 1]. Найти целые корни уравнения ( ) ( ) 0253512 =−++− xx .

3.1.4. [Физфак–1992, 1]. Решить неравенство xx 421 2 <+ . 3.1.5. [Геолог.–1997, 1]. Сколько решений имеет уравнение

( ) ( ) 722355226 242 xxxx +−=++ ? 3.1.6. [Химфак–2003, май, 1]. Найти все значения параметра b , для которых уравнение

( ) ( ) 0121 2 =++++ xbxb имеет единственное решение. 3.1.7. [Ташкентский филиал МГУ–2007]. При каких значениях параметра a уравнение

( ) 04

253 2

=−

−+−x

xxa

имеет единственное решение? 3.1.8. [Московская школа экономики–2005]. При каких значениях параметра a уравнение

( ) ( ) ( ) xxx aaa 94363241 ⋅−=⋅−+⋅− имеет единственное решение? 3.1.9. [Филолог.–2004, 1]. При каких значениях параметра a уравнение

05122 =

+−

++aaxx не имеет решений?

3.1.10. [Геолог.–2000, май, устн.]. При каком a расстояние между корнями уравнения ( ) 03635342 =−−−+ axax минимально? 3.1.11. [Химический, Биологический, Фундаментальной медицины, Биоинжене-рии и биоинформатики, Географический, Психологии ф-ты–2007]. Найти все зна-чения a , при каждом из которых среди корней уравнения

( ) 0142 =++++ axaax , имеется ровно один отрицательный. 3.1.12. [ФГУ–2003, 5]. Для каждой пары чисел a и b найти все решения неравенства

02 ≤+ abx . 3.1.13. [Физфак–1991, 5]. При каких значениях параметра a все корни уравнения

( ) ( ) 0221842 232 =++++− aaxaaax

удовлетворяют условию 1<x ?


366

3.1.14. [ФГУ–2006, 6]. Найти все значения параметра a , для которых нера-венство

( ) ( )( ) 011536 2 ≤+−−++ bxxba имеет решение при любом b . 3.1.15. [ВМиК–2004, отд. бакалавров, 4]. При всех значениях параметра d решить неравенство 224 +≤− xx d .

Используя теорему Виета для квадратных (кубических) уравнений, обратную теорему Виета, а также теорему об определении знаков корней квадратного уравне-ния по известным коэффициентам, решить задачи: 3.2.1. [Геолог.–1999, 2]. Известно, что 21, xx – корни уравнения

( ) −+− xx 532 2 0324 =+ .

Найти значение 2211 xxxxA ++= и выяснить, какое из чисел больше: A или

999,1 , а также A или ( )9,1 ?

3.2.2. [ВМиК–2008, устн.]. Корни уравнения 012 =+++ baxx являются натуральными числами. Может ли число 22 ba + быть простым? 3.2.3. [Физфак–1993, 7]. Одним из корней уравнения 052 =++ cxbx , где

0<b , является число 2=x . Найти действительные корни уравнения

0524 =++ cxbx . 3.2.4. [ИСАА–1992, 6]. При каких значениях параметра a сумма квадратов корней уравнения 03422 22 =++++ aaaxx является наибольшей? Чему равна эта сумма? 3.2.5. [Социолог.–2003, 6]. Определить все значения параметра a , при каж-дом из которых три различных корня уравнения

( ) 02161215 223 =−+−+ axxaax образуют геометрическую прогрессию? Найти эти корни. 3.2.6. [Физфак–1994, май, 7]. При каких значениях a уравнение

( ) 02323 2 =++−+ xxa имеет четыре различных решения? 3.2.7. [Социолог.–2004, 6]. Для каждого положительного значения параметра c изобразить множество тех пар ( )ab; , для каждой из которых уравнение

( ) 042 =+−+ cbaxbx имеет два различных отрицательных корня, и указать все значения параметра a , при каждом из которых множество соответствующих значений b состоит из двух непересекающихся интервалов.


367

3.2.8. [ВМиК–2006, отделение бакалавров]. Пусть ( )yx; – решение системы уравнений

⎩⎨⎧

−=+

+=+

.25923

22 α

α

yxyx

При каком значении α произведение xy принимает наибольшее значение? Чему равно это значение? 3.2.9. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2006, 9]. Пусть 1x и 2x суть действительные корни уравнения

0122 22 =−+++ bbbxx . Найти все действительные значения b , при которых число

( )( ) 2

221

221

221

++−−

⋅xxxx

– целое.

3.2.10. [Физфак–2006, март, 7]. При каких значениях m уравнение

( ) ( ) 033342 1212 =−++⋅− + mmxx mm

имеет корни, и каковы знаки корней при различных значениях m ? 3.2.11. [Эконом.–2005, отд. менеджмента, 6]. Найти все целые значения па-раметра a , при каждом из которых все решения уравнения

02121 4 43 6 =−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

ax

ax

являются целыми числами. 3.2.12. [Олимпиада «Ломоносов–2007», ВМиК, устн.]. При каких значениях параметра a уравнение

095454 3223 =−++ axaaxx имеет три действительных корня, образующих арифметическую прогрессию? 3.2.13. [ВШБ–2003, 8]. Найти все значения параметра a , при которых уравнение

( ) ( ) 07412525 35 =−−−+ xaxax имеет ровно 5 различных решений, а сами решения, упорядоченные по возрас-танию, образуют арифметическую прогрессию? 3.2.14. [Черноморский филиал МГУ–2008, 7]. Найти все такие значения па-раметра a , что уравнение

( ) 01034 22 =−−+ xaax имеет два различных корня, модули которых равны.


368

Используя метод парабол, решить задачи:

3.2.15. [Олимпиада «Ломоносов–2008», ВМиК, устн.]. При каких значениях a один из корней уравнения

022 =−− aaxx больше 1, а другой – меньше 1? 3.2.16. [ВМиК–2004, устн.]. Найти наименьшее и наибольшее среди значе-ний параметра a , при которых неравенство

0413 22 ≤+−+ xaaxa

выполняется при всех [ ]0,1−∈x . 3.2.17. [ВМиК–1997, апрель, устн.]. Какие значения может принимать выра-жение 22yx + , если 12 22 ≤+ yx ? 3.2.18. [Химфак–2006, 6]. Найти все значения параметра a , при каждом из которых уравнение

( )( ) 133165 222 +−−−=++++ aaaxxxxxx

имеет корни, как большие ( )3− , так и меньшие ( )3− . Подбирая корень и понижая степень, или используя группировку и вынесение общего множителя за скобку, разложить на множители и решить следующие целые уравнения и неравенства:

3.3.1. [Физфак–1993, май, 1]. Решить неравенство xx <5 . 3.3.2. [Геолог.–2001, май, устн.]. Решить неравенство 23 2xxx ≤+ . 3.3.3. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2005, 4]. Решить урав-нение 54 23 =+ xx . 3.3.4. [ВМиК–2005, устн.]. Решить уравнение

99994002 24 =−− xxx .

3.3.5. [ВМиК–2002, апрель, устн.]. Разложить ab

ba− в произведение двух

множителей, сумма которых равна ab

ba+ . Доказать единственность этого раз-

ложения.

Используя стандартные подходы, решить рациональные уравнения и неравенства:

3.4.1. [ИСАА–2008, 1]. Решить уравнение xx

xx32

212353 2

−=−

−−

.


369

3.4.2. [Почвовед.–2000, май]. Решить уравнение 1

11

113

15

15

17

−−

=−−

xx

xx

.

3.4.3. [Геолог.–1987, 3]. Решить неравенство 31

1−≥

− x.

3.4.4. [Геолог.–1996, май, 1]. Решить неравенство

199619961

−≤

− xx

x.

3.4.5. [Физфак–1986, 2]. Решить неравенство 42

29+<

−− x

xx

.

3.4.6. [Физфак–1995, май, 3]. Решить неравенство 21

2+

≥++

xx

xx

.

3.4.7. [Физфак–1987, 2]. Решить неравенство xx

≤316

.


( )( ) 013

932

7≤+

−+

−− xxx.


1

71

11

≥−−

−

−

x

x .

3.4.10. [ФГУ–2002, 3]. Решить неравенство x

x

−≤+

−

− 31

98

1

2

.

3.4.11. [Геолог.–2004, устн.]. Решить неравенство 065

12

2

<+−

+xxx

.


32

2

≥−+

+xx

x.

3.4.13. [Химфак–2004, 1]. Решить неравенство 123

3102

2

≤+−−+

xxxx

.

3.4.14. [ФГП–2005, 2]. Решить неравенство 32 231

321

xxxx −≤

+.

3.4.15. [ИСАА–2006, 1]. Решить неравенство

( )( ) 3161

3215

−+≥

−++

xxxx

.


370

3.4.16. [Социолог. и Филолог. ф-ты–2007]. Решить неравенство ( )( )( )( )( )( ) 1

852852

−≥+++−−−

xxxxxx

.

3.4.17. [Эконом.–2004, 1]. Вычислить произведение всех отрицательных кор-ней уравнения

( ) ( )4135231

314sin23 3

ππ

tgxx

x⋅=+ .

3.4.18. [Ташкентский филиал МГУ–2007, 7]. При каких значениях параметра

a уравнение ( ) 0

4253 2

=−

−+−x

xxa имеет единственное решение?

Используя различные приёмы, решить рациональные уравнения и неравенства: 3.5.1. [Олимпиада «Ломоносов–2008», 1]. Найти k , если

2544

425

11

1+=+

++

− k

.

3.5.2. [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Решить уравнение

( ) ( )( ) ( )( ) 19998

1...21

11

1−=

++++

+++

+ xxxxxx.

3.5.3. [Физфак–1997, май, 7]. Найти все a , при которых неравенство

01223≤

−−−+

axax

выполняется для всех x из промежутка 43 ≤≤ x . 3.5.4. [Почвовед.–2003, 6]. Найти все значения параметра b , при каждом из которых отрезок [ ]1,3 −− целиком содержится среди решений неравенства

023

<−−

xbbx

.

3.5.5. [Геолог.–2002, май, 7]. При каких положительных значениях параметра

a неравенство xax

xa 54

2≥

−+

выполнено для всех 10>x ?

3.5.6. [Физфак–2003,7]. Для каждого значения a решить неравенство

( ) 033

1232

132

>−−−+−⋅ −

axaxxx a

.


371

Используя разложение на множители, решить иррациональные уравнения и неравенства:

3.6.1. [Физфак–2000, март, 3]. Решить неравенство xxx >+ 32 3 . 3.6.2. [ИСАА–2002, 3]. Решить неравенство

xxxxx −−−−≤− 222 2 . 3.6.3. [Геолог.–2002, май, устн.]. Решить неравенство

xx

xx

−−

≥−−

33

213 22

.

3.6.4. [Геолог.–1999, май]. Решить неравенство

301142132410 222 +−−+−≥−− xxxxxx . 3.6.5. [ВШБ–2005, 6]. Решить уравнение

( ) 3 23 23 23 2 2334651 ++−++=++−+ xxxxxxx . 3.6.6. [ВМиК–2004, 2]. Решить неравенство

2215

42

2

−≥−+

− xxx

x.

3.6.7. [Олимпиада «Ломоносов–2005», 6]. Решить неравенство

( )2282235 xxxxx −−−+≤ . Используя графический подход (метод координат), решить задачи:

3.7.1. [Геолог.–2001, устн.]. Имеет ли корни уравнение 1582 −=+ xxx ?

3.7.2. [ВМиК–2006, устн.]. Построить на плоскости Oab геометрическое место точек ( )ba; , при которых у уравнения

0422 =+−+ abxax а) нет решений; б) ровно одно решение; в) ровно два решения. 3.7.3. [ВМиК–2006, устн.]. Построить на плоскости Oab геометрическое место точек ( )ba; , при которых у уравнения

( ) 06122 =−−−+ axbax а) два решения разных знаков; б) два положительных решения; в) два отри-цательных решения. 3.7.4. [Геолог.–2000, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множество точек

( )yx; , координаты которых удовлетворяют условию


372

( )( )( ) ( )

01

122 =

−+−−−

xyxyxyxy

.

3.7.5. [ВМиК–2003, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множество точек

( )yx; , координаты которых удовлетворяют условию

yxx

yxx

−−

=++ 11 2

.

3.7.6. [Геолог.–1993, устн.]. На координатной плоскости построить множест-во точек ( )yxM ; , координаты которых ( )yx; удовлетворяют условиям

⎩⎨⎧

≥

≤

.3xyxy

3.7.7. [Геолог.–1993, устн.]. На координатной плоскости построить множест-во точек ( )yxM ; , координаты которых ( )yx; удовлетворяют условиям

⎪⎩

⎪⎨⎧

−≤≤−

≤≤

.11

102xyx

x

3.7.8. [Геолог.–1995, устн.]. Изобразить на плоскости геометрическое место точек, координаты которых ( )yx; удовлетворяют неравенству:

а) 24 xy −≤ ; б) 24 yx −≤ . 3.7.9. [Геолог.–1999, 3]. Найти площадь фигуры, заданной на координатной плоскости ( )yx; системой неравенств

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≤+

≤−+

.202

22 yxyxx

3.7.10. [Геолог.–2001, устн.]. Найти площадь фигуры, заданной на коорди-натной плоскости неравенствами

⎩⎨⎧

≤−≤++−

.2644 22

xyyxx

3.7.11. [Геолог.–2004, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множество то-

чек, координаты которых удовлетворяют условию 222

≤+x

yx.


373

3.7.12. [Олимпиада «Ломоносов–2006», Геолог., устн.]. На плоскости Oxy

изобразить множество точек, координаты которых ( )yx; удовлетворяют усло-

вию ( ) 12 >yx . 3.7.13. [Социолог., Филолог.–2008, 6]. Изобразить на координатной плоско-сти множество решений уравнения

231 ++=+++ yxyx .

3.7.14. [Геолог.–1990, 2]. Найти площадь треугольника OAB , образованного на плоскости отрезками прямых ABOBOA ,, , где O – начало координат, A

– точка пересечения прямых xy 2= и 3+−= xy , а B – точка пересечения прямой 3+−= xy и оси Ox . 3.7.15. [Геолог.–2006, 8]. Найти значения параметра a , при которых наи-большее значение функции

( ) ( ) 43352 22 +−+−+= aaaxxxf

на отрезке с концами в точках 1−a и ( )4− минимально. Указать это значение.

3.7.16. [Социологический и Филологический ф-ты–2007]. При каких значени-

ях c уравнение xcx +=−− 216 имеет единственное решение? 3.7.17. [Филолог.–2003, 5]. Найти все значения параметра b , при каждом из которых для любого a неравенство

( ) ( ) 2132 22 <−−+−− baybax

имеет хотя бы одно целочисленное решение ( )yx; .

3.7.18. [ВМиК–2007, устн.]. Изобразить на координатной плоскости ( )yx; множество точек, координаты которых удовлетворяют условию

( )( ) 22cos yxxyarctgxy +⋅⋅= .

3.7.19. [Химфак–2005, 5]. Найти все целочисленные пары ( )yx; , удовлетво-ряющие уравнению

yxxyyx −−=+−+−− 323232 . 3.7.20. [Олимпиада «Ломоносов–2007», 7]. Определить, под каким углом видно из начала координат (т.е. внутри какого наименьшего угла с вершиной в точке ( )0;0 помещается) множество, заданное на координатной плоскости не-равенством

0421414 22 <+++++ yxyxyx .


374

3.7.21. [ИСАА–2005, 7]. Фигура на плоскости ( )yx; состоит из всех точек, через которые не проходит ни одна из кривых, задаваемых соотношением

( ) ( ) ( ) ( )16122416164 243222224 ++++=−+++ ppxyppyxpp ( )22 yx + при различных действительных значениях p . Найти длину линии, ограничи-вающей эту фигуру.

Используя подходящую замену переменных, решить задачи:

3.8.1. [Почвовед.–1996, 2]. Решить неравенство 24 1343 xx <+ . 3.8.2. [Геолог.–1996, устн.]. Решить уравнение

( )( ) 64535 22 =++++ xxxx . 3.8.3. [ВМиК–2004, апрель, 2]. Решить неравенство

5575

1 22 −−≤

+−xx

xx.

3.8.4. [Физфак–2004, март, 2]. Решить систему неравенств

16

62 2 −<−−

<−xx

.

3.8.5. [Ташкентский филиал МГУ–2007, 5]. Решить неравенство

31123

698 2

2 ≤+++

xxxx

.

3.8.6. [Физфак–1999, 5]. Решить уравнение xx −

=−

−2

12

41 .


1582786 22 −−≥−−−− xxxxx .

3.8.8. [Химфак–2000, заочный тур, 2]. Решить уравнение

( ) ( ) xxxxx =−−++−+ 223323 222 . 3.8.9. [Геолог.–2000, 7]. Решить уравнение

( ) ( )463122 222 +−⋅−=−− xxxxx . 3.8.10. [ВМиК–2006, 5]. При каждом значении параметра d решить уравнение

++−⋅+−+−+−− dxdyxddydxyx 2423 222

( ) ( ) 48244522 22 =−−++++−−+ ddydxdxyx .


375

Используя симметризирующую подстановку, решить уравнение:

3.9.1. [ВМиК–2007, устн.]. Решить уравнение ( ) 31 44 =++ xx .

Используя рационализирующие алгебраические подстановки, решить задачи:

3.10.1. [Социолог. и Филолог. ф-ты–2007]. Решить уравнение 103 =−−− xx .

3.10.2. [Экзамен для победителей III и IV этапов Всероссийской олимпиады школьников–2004, 1]. Решить уравнение

22 −=− xx . 3.10.3. [Геолог.–1994, 3]. Решить уравнение

034432 22 =+−−++ yyyy .

3.10.4. [Геолог.–1997, 3]. Решить неравенство x

x−

>60

30 .

3.10.5. [Геолог.–1991, 3]. Решить неравенство xx −

≥+ 4

22

1.

3.10.6. [ВМиК–1999, устн.]. Решить уравнение 597 44 =+− xx . 3.10.7. [Сканави 6.277, ВМиК–2003, устн.]. Решить уравнение

( )( ) xxxxx 2431231 −=+−+++− . 3.10.8. [ВМиК–2004, устн.]. Решить уравнение

xxxxx

−=−+−−−− 6

5757

33

33

.

3.10.9. [ВМиК–2005, устн.]. Решить уравнение

( )( )244512 2 ++=+− xxxx . 3.10.10. [ВМиК–2003, устн.]. Решить уравнение

xyxyyx =−+− 11 . 3.10.11. [ИСАА–2008, 7]. Решить неравенство

9164522

214454

22

2

−+++

<−−

+−−xx

xxxxx

.

3.10.12. [ВМИК–2000, устн.]. Решить уравнение

275232522 =−+++−+− xxxx .


376

3.10.13. [Черноморский филиал МГУ–2003, май, 8]. При всех натуральных значениях n решить неравенство

( ) ( )n xn xn x 22 214121 −≥−−+ . 3.10.14. [Высшая школа бизнеса–2004, 3]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=−++

.020121 33

yxyx

3.10.15. [Черноморский филиал МГУ–2001, 6]. Решить неравенство

431

431 xxx −−+> .

3.10.16. [Наук о материалах ф-т–2000, май, 3]. Решить неравенство

1221

22 ++<+

−xx

.

3.10.17. [ВМиК–2006, устн.]. Решить уравнение 33 1221 −=+ xx . Используя тригонометрические подстановки, решить задачи:

3.11.1. [ВМиК–2000, устн.]. Решить уравнение xxx 341 32 −=− .

3.11.2. [ВМиК–2007, устн.]. Известно, что 416 22 =+ xy . Какие значения может принимать xy ? 3.11.3. [Геолог.–1981, 6]. Решить уравнение

122121 2

2

=+−+ xxx

.

3.11.4. [Эконом., отделение менеджмента–2003, апрель, 4]. Решить уравнение

012318916 22 =−−+−⋅ xxxx .

3.11.5. [ВМиК–2004, устн.]. Решить уравнение 1235

111

2=

−+

xx.

3.11.6. [Биолог.–1985, 5]. Сколько корней на отрезке [ ]1,0 имеет уравнение

( )( ) 1188128 242 =+−− xxxx ? 3.11.7. [Химфак–2000, заочный тур олимпиады «Абитуриент», 5]. Решить уравнение

22 12121 xxxx −+−=− .


377

3.11.8. [ВМиК–2004, устн.]. Найти наибольшее значение функции 231 xxy −= .

3.11.9. [Высшая школа бизнеса–2004, 7]. Найти наибольшее значение выра-жения yx 23 − на множестве переменных yx, , удовлетворяющих условию

164 22 =+ yx . 3.11.10. [ВМиК–2004, устн.]. Числа cba ,, таковы, что

43 222 =++ cba . Какое наименьшее значение может принимать выражение cba +− 2 ? 3.11.11. [Глоб. процессов ф-т–2005, 8]. Переменные yx, связаны условием

0104622 =++−+ yxyx . Найти все значения параметра a , при которых разность между наибольшим и наименьшим значениями выражения 1032 −− yax больше 12.

3.11.12. [ВМиК–2005, устн.]. Для каждой допустимой тройки чисел ( )cba ;; сравнить значения выражений

caac

bccb

abba

+−

++−

++−

111 и

caac

bccb

abba

+−

⋅+−

⋅+−

111.

3.11.13. [ИСАА–2004, 6]. Найти наибольшее и наименьшее значения выра-жения ( ) ( )14425 22 wy + , если величины wzyx ,,, удовлетворяют системе

⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥−++−+=−−+

=−+++

.061201432

0204222

22

zwxyzxwwwz

yxyx

Используя приём рассмотрения данного в условии задачи равенства (неравен-ства) относительно параметра или какой-либо иной величины, решить задачи:

3.12.1. [ВМиК–2004, апрель, устн.]. Найти все yx, , удовлетворяющие уравнению

0222855 22 =+−+++ xyxyyx . 3.12.2. [Олимпиада «Абитуриент–2005», ВМиК, 3]. Найти все пары целых

yx, , удовлетворяющие равенству

012224 22 =−−++− xyyxyx . 3.12.3. [Эконом., отделение менеджмента–2003, апрель, 4]. Решить уравнение

012318916 22 =−−+−⋅ xxxx .


378

3.12.4. [ВМиК–2003, 3]. Найти множество значений функции

xxxy −+−= 232 . 3.12.5. [Высшая школа бизнеса–2004, 7]. Найти наибольшее значение выра-жения yx 23 − на множестве переменных yx, , удовлетворяющих условию

164 22 =+ yx . 3.12.6. [Геолог.–1996, май, 8]. Найти все значения параметра a , для которых неравенство axax 3412 −>+ выполняется для всех x из интервала ( )0,1− . 3.12.7. [ИСАА–2007, 6]. Найти все значения параметра a , при каждом из которых множество решений неравенства

035243646 22 <+−−++ axaxax содержит хотя бы одно целое число.

3.12.8. [ВМиК–2000, устн.]. Решить уравнение ππ =++ xx . 3.12.9. [ВМиК–2001, устн.]. Решить уравнение

( ) 0212 23 =++− xx . 3.12.10. [Мехмат–1989]. Найти наименьшее из чисел x , для которых суще-ствуют числа y и z , удовлетворяющие уравнению

12 222 =−−+++ yzxzxyzyx . 3.12.11. [ВМиК–2004, 5]. Для каждого значения параметра a найти число решений уравнения

0542

244

881

162 2 =++−

−+

+−− aaaa

xxxx .

Извлекая корень необходимой степени, решить уравнение:

3.13.1. [Почвовед.–2005, 1]. Решить уравнение ( ) ( )510 361 −=+ yy . Используя приём выделения полных квадратов, решить задачи:

3.14.1. [ВМиК–2004, апрель, устн.]. Найти все yx, , удовлетворяющие уравнению

0222855 22 =+−+++ xyxyyx . 3.14.2. [Московская школа экономики–2007, 6]. Найти все целочисленные решения уравнения

08832414 22 =+++− yyxx . 3.14.3. [ВМиК–2000, апрель, устн.]. Решить в целых числах уравнение

( )yyxyx −−= 22 2 .


379

3.14.4. [ВМиК–2005, апрель, устн.]. Для каждого 0>a найти наименьшее значение функции

( ) 22124 xaaxxf xx ++= + . 3.14.5. [Геолог.–1990, 5]. Найти все пары действительных чисел a и b , при которых уравнение

( ) ( ) xxabaxbabax 6923 2222222 =++−−+−+− имеет хотя бы одно решение. 3.14.6. [ИСАА–1994, 6]. Найти все значения параметра a , при каждом из которых уравнение

( ) 432413222 −=−+−+ xxaxa имеет решение. 3.14.7. [ИСАА–2007, 4]. Решить уравнение

+−−−+++−−+ 926124 2222 yxyxyxyx =−+ 1yx

( )2sin6sin12 2 zzyx +⋅+−= .

Используя соответствующие формулы сокращённого умножения, решить задачи:

3.15.1. [Геолог.–1993, устн.]. Решить уравнение 82

4−=

+− x

xx

.

3.15.2. [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2007», заочный тур, 3]. Какие значения в зависимости от параметра a может принимать выражение

2221

21 xxxx ++ , в котором 21, xx – два различных корня уравнения

axx =− 20073 ? 3.15.3. [ВМиК–2000, апрель, устн.]. Решить уравнение

3123 −=++ xxx . 3.15.4. [ВМиК–2002, устн.]. Решить уравнение

03354368 23 =+++ xxx .

Разбивая ОДЗ на подходящие промежутки, решить неравенство:

3.16.1. [Геолог.–2000, май, устн.]. Решить неравенство

01258 >+−+− xxxx . 3.16.2. [ВМиК–2001, устн.]. Решить уравнение

014912 =+−+− xxxx .


380

3.16.3. [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы»–2008, 2]. Решить неравенство

( ) 5210 2

+≤− x

xxx

.

3.16.4. [Эконом.–1988, 3]. Решить неравенство

15

13362

>+

++++x

xxx.

3.16.5. [Геолог.–2003, устн.]. Решить неравенство

( ) ( ) 84

44 +≤+

+++ xx

xxxx .

Выделяя множители, сохраняющие определённый знак, поделить (умножить) на них и упростить задачу (случай их обращения в нуль рассмотреть отдельно):

3.17.1. [Социолог.–2004, 1]. Решить неравенство 0147158

2

2

≤++++

xxxx

.

3.17.2. [ИСАА–2004, 1]. Решить неравенство ( ) 03252 <+⋅− xx . 3.17.3. [Геолог.–1994, май]. Решить неравенство

( ) 032 24 ≥−−⋅ xxx .

3.17.4. [Геолог.–1988, 2]. Решить неравенство ( ) 041582 ≥+++ xxx .


( ) 021 2 ≤−−− xxx . 3.17.6. [Эконом.–1986, 3]. Решить неравенство

( ) 021525168 22 ≥−+−+− xxxx .

3.17.7. [ВШБ–2003, 1]. Решить неравенство ( )( ) 0

535

≤+

−+x

xx.

3.17.8. [ИСАА–2001, 1]. Решить неравенство 02336

3522

2

≥−+−−

xxxx

.

3.17.9. [Государственного управления ф-т–2005, 2]. Решить неравенство

( )178

4212 +−

−<

xxx

.


381

3.17.10. [Геолог.–2002, май, устн.]. Решить неравенство

xx

xx

−−

≥−−

33

213 22

.


12>

−+

−

xxxx

.


31

7762 +≥

−−− x

xxx

.


301142132410 222 +−−+−≥−− xxxxxx . Используя метод «от частного к общему» или метод неопределённых коэффици-ентов, решить задачи:

3.18.1. [Черноморский филиал МГУ–2003, май, 5]. Найти такие числа a и b , что при всех x справедливо равенство

( )( ) ( )( )bxxaxxx +−=+++ 965 22 . 3.18.2. [Филолог.–1984]. Найти все a , при которых система неравенств

⎪⎩

⎪⎨⎧

+≥

+≥

ayxaxy

22

2

2

имеет единственное решение. 3.18.3. [Мехмат–1990]. Найти все a , при которых уравнение

( ) 0cossin2 22 =+⋅− axax имеет единственное решение. 3.18.4. [Геолог.–2003, май, 6]. При каких значениях параметра a уравнение

( ) ( ) 092cos412 322 =−⋅+− axax ππ имеет единственное решение? 3.18.5. [Геолог.–1998, май, 8]. При каких a для любого 2≥b неравенство

( ) ( )x

bbabxb 11

111121 2 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

−+

<−−+− −

выполняется для всех 0<x ?


382

3.18.6. [ВМиК–2002, апрель, устн]. Определить три числа rqp ,, такие, что равенство

rqxpxxxxx ++=+−−+ 2234 91224 выполняется при всех действительных значениях x . 3.18.7. [Стэндфордский ун-т (Калифорния, США); ВМиК–2002, устн]. Пока-зать, что невозможно представить выражение 222 zyx ++ в виде следующего разложения на множители:

222 zyx ++ ( )( )CzByAxczbyax ++++= , т.е. нельзя определить числа CBAcba ,,,,, так, чтобы равенство выполнялось тождественно для независимых переменных zyx ,, . Используя стандартные схемы решения уравнений (неравенств), основанные на приёме возведения в степень с соблюдением равносильности этого преобразова-ния, решить задачи:

Уравнения вида ( ) ( )xgxf = и сводимые к ним

3.19.1. [Геолог.–1996, 1]. Решить уравнение 1153 −=− xx .

3.19.2. [Геолог.–1995, 1]. Решить уравнение 465 =+− xx .

3.19.3. [Физфак–1988, 3]. Решить уравнение 985 2 +−−=+ xxx .

3.19.4. [Физфак–1985, 2]. Решить уравнение xxx −=−− 21644 . 3.19.5. [ВШБ–2003, апрель, 1]. Решить уравнение

232 36412761022 xxxx +=+ . 3.19.6. [Физфак–2000, 2]. Решить уравнение

1311

1−=++

+xx

x.

Уравнения вида ( ) ( )xgxf =

3.19.7. [ФГУ–2006, 2]. Решить уравнение

442510 2424 +−=+− xxxx . 3.19.8. [Психолог.–1987, 4]. Решить уравнение

( ) ( ) xx 3cos43cos43 −=− .


383

Неравенства вида ( ) ( )xgxf ≤

3.19.9. [Геолог.–2008, устн.]. Решить неравенство xx +≤− 11 2 . 3.19.10. [Геолог.–1984, 2]. Решить неравенство

2462 2 +<+− xxx .

3.19.11. [Геолог.–2004, 3]. Решить неравенство 19361 2 +≤− xx .

3.19.12. [МШЭ–2007, 1]. Решить неравенство 1232 −≤+− xxx . 3.19.13. [Геолог.–2004, устн.]. Решить неравенство

xx +≤+− 215 .

3.19.14. [Физфак–1997, 3]. Решить неравенство

32922 −+≤++ xxxx .

3.19.15. [Физфак–2005, март, 3]. Решить неравенство

( )( ) 656532 22 +−≤+−− xxxxx . 3.19.16. [Физфак–2006, 3]. Решить неравенство

( ) xxxx −≤−−− 44224 2 . 3.19.17. [Физфак–2005, март, 3]. Решить неравенство

( )( ) 656532 22 +−≤+−− xxxxx .

3.19.18. [Экономический ф-т–2007]. Для каждого значения x , удовлетво-ряющего условию 0422 =−− xx , найти все числа y , для которых выпол-

нено неравенство 7434107 2 +≥+−⋅− xyy . 3.19.19. [Географ.–2003, май, 3]. Решить неравенство

( ) ( )12312392 2 −+−++<− xxx .

3.19.20. [Мехмат–2003, март, 2]. Решить неравенство

33

37

45325 x

xxxx

≤−−

−.

3.19.21. [ФГУ–2005, 2]. Решить неравенство ( )

178421

2 +−

−<

xxx

.


384

Неравенства вида ( ) ( )xgxf ≥

3.19.22. [Геолог.–2003, май, устн.]. Решить неравенство xx 277 −≥+ .


141

−≥

− xx.


141

−>

− xx.


22

8+>

−+ x

xx

.


41024 2 −>+− xxx . 3.19.27. [Геолог.–2001, май, 2]. Решить неравенство

51282 −≥+− xxx . 3.19.28. [Геолог.–2005, 2]. Решить неравенство

262 ≥−+−− xxx . 3.19.29. [Физфак–2000, май, 2]. Решить неравенство

31032 −>−−+ xxx .

3.19.30. [Физфак–2003, май, 5]. Решить неравенство

119265412 22 ≥++++ xxxx .


1034103 2

−≥−− x

xxx

.


xx

xx−>

+−+ 932

29243 2

.

3.19.33. [Олимпиада «Абитуриент–2006», ВМиК]. Решить неравенство

2721254

1652614424 2

2

2

−−≥+−+− xx

xxxx

.


385

Неравенства вида ( ) ( )xgxf ≥

3.19.34. [Геолог.–2006, 2]. Решить неравенство

232

256

25 xxxx −≥− .


1997111 −+>−+ xx .

Используя приём возведения в степень (с уединением радикала или без, и, воз-можно, несколько раз), соблюдая при этом равносильность перехода, или же пере-ходя к следствию (в последнем случае делая в конце проверку), решить задачи:

3.20.1. [Физфак–1999, май, 2]. Решить уравнение 7325 +=+⋅+ xxx .

3.20.2. [Геолог.–1992, устн.]. Решить уравнение 7134 =+++ xx .

3.20.3. [Социолог.–2003, 1]. Решить уравнение 73232 +=−++ xxx .

3.20.4. [Почвовед.–2004, 3]. Решить уравнение

242645 222 −+−=−−−++ xxxxxx . 3.20.5. [ИСАА–2005, 3]. Решить уравнение

( )32 2341 +=++++ xxxx . 3.20.6. [Геолог.–2002, май, 2]. Решить неравенство

1582786 22 −−≥−−−− xxxxx . 3.20.7. [Геолог.–2008, 2]. Решить неравенство

( ) ( )2511 22 −+≤+ xxx .


( ) xxx

xx 32321132 2 +=+++ .

3.20.9. [ВМиК–2001, устн.]. Решить неравенство

( ) ( ) xxxx <−+− 16114 . 3.20.10. [Мехмат–2002, май, 2]. Решить неравенство

02112 33 ≤−++−− xxxxx .


386

3.20.11. [Мехмат, заочный тур олимпиады «Абитуриент–2000», 2]. Решить уравнение

42715115 3 23 2 =+−+−+ xxxx . 3.20.12. [Социолог.–2001, 6]. Решить уравнение

( ) ( ) 1622 33 =−−+ xxxx . 3.20.13. [ВМиК–2005, устн.]. Решить уравнение

333 211 xxx =++− . Используя разную монотонность функций, расположенных в левой и в правой частях уравнения (неравенства), и подбирая корень, решить задачи: 3.21.1. [Геолог.–1992, устн.]. Решить уравнение

7134 =+++ xx . 3.21.2. [ВМиК–2006, устн.]. Решить уравнение

33 =++ xx . 3.21.3. [Геолог.–2007, устн.]. Решить уравнение

xxxx 12025516493 222 =−+−+− . 3.21.4. [Олимпиада «Ломоносов–2006», 6]. Решить неравенство

xxxx 4324 +−≤−− . Выделяя полный квадрат под знаком квадратного корня, решить задачи:

3.22.1. [Эконом.–2000, 1]. Решить уравнение

( )222 24443 ++−=−−+− xxxxx . 3.22.2. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2007, 3]. Решить урав-нение

xx

xx 21

122

=−

+−.

3.22.3. [Черноморский филиал МГУ в г. Севастополь–2003, 1]. Решить уравнение

31244 22 =++−+− xxxx . 3.22.4. [Химический, Биологический, Фундаментальной медицины, Биоин-женерии и биоинформатики, Географический, Психологии ф-ты–2007]. Решить неравенство

4

1681122

44 22

+++

−≤+

++x

xxx

xx.


387

3.22.5. [ВМиК–2006, 3]. Решить неравенство

12214448211 −>−− xxx . 3.22.6. [ВМиК–2000, апрель, устн.]. Решить уравнение

275232522 =−+++−+− xxxx . Получая необходимые оценки (в том числе, с помощью неравенств Коши, Коши–Буняковского, Бернулли, неравенства о сумме взаимно обратных чисел), решить задачи: 3.23.1. [Олимпиада «Ломоносов–2008», Геолог., устн.]. Найти числа

[ ]1,0, ∈yx такие, что xyyx 2754 +=+ . 3.23.2. [Ф-т наук о материалах–2002, апрель, 3]. Решить уравнение

035213 2222 =−++++− yxyxyxyx .


+−+ 12 xx 112 ≤−− yx . 3.23.4. [ВМиК–2003, устн.]. Решить уравнение

xyxyyx =−+− 11 . 3.23.5. [Химфак–2003, 4]. Решить уравнение

( ) 8221111 =−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + xx

xx.

3.23.6. [Геолог.–2008, устн.]. Найти положительные корни уравнения

xyxxyyyx 2233 =+++ . 3.23.7. [Геолог., отд. геофизики–1985, 5]. Решить уравнение

431532373 2222 +−−−−=−−+− xxxxxxx . 3.23.8. [Гос. управления ф-т–2008, 5]. Решить неравенство

32286 22 −−−≤−−− xxxxx . 3.23.9. [ВМиК–2000, устн.]. Решить уравнение

211 222 +−=+−+−+ xxxxxx . 3.23.10. [Химфак–2001, 4]. Решить уравнение

222 23344 xxxxxx −+=−−+− . 3.23.11. [ВМиК–2000, устн.]. Найти наибольшее значение функции

( ) ( ) 6 131 xxxf ++−= .


388

3.23.12. [Мехмат–2001, 5]. Найти все числа, которые не могут быть корнями уравнения

( )84424 24 434 −+−⋅=+ xxaaxx ни при каком значении параметра a . 3.23.13. [ВМиК–2005, устн.]. Решить уравнение

( )( )244512 2 ++=+− xxxx . 3.23.14. [Ф-т наук о материалах–2004, заочный тур, 3]. Найти все действи-тельные решения уравнения

137279336237372 +=++−++ xxxx . 3.23.15. [ВМиК–2005, апрель, устн.]. Решить уравнение

( ) xxxx 291612 2 −=++− − .

Используя векторный подход, решить уравнение: 3.24.1. [ВМиК–2005, устн.]. Решить уравнение

( )( )244512 2 ++=+− xxxx . Используя приём умножения (деления) на сопряжённое выражение, решить задачи:

3.25.1. [Эконом.–2008, 1]. Решить уравнение

14242116216 2

−−=−++− x

xxx

.

3.25.2. [Олимпиада «Ломоносов–2006», ВМиК, устн.]. Решить уравнение

99998

1...21

11

1=

+++++

++++

++ xxxxxx.

3.25.3. [Мехмат–2003, 1]. Решить неравенство

2732323

32324 −≤

−−−−+−

⋅+−+−−−−

⋅ xxxxx

xxxx

.

3.25.4. [Черноморский филиал МГУ–2001, 6]. Решить неравенство

431

431 xxx −−+> .

3.25.5. [Геолог., отд. общей геологии–1985, 5]. Решить уравнение

( )( ) ( )( ) 23126463122 ++−+−=+−−+ xxxxxx .


389

3.25.6. [Геолог., отд. геофизики–1985, 5]. Решить уравнение

431532373 2222 +−−−−=−−+− xxxxxxx . Начиная с анализа (учёта) ОДЗ, решить задачи:

3.26.1. [Геолог.–2008, устн.]. Решить неравенство xx +≤− 11 2 . 3.26.2. [Почвоведения, Глобальных процессов ф-ты–2007]. Решить неравенство

97

17

122

+−

≤+− x

xx

.

3.26.3. [Химический, Биологический, Фундаментальной медицины, Биоин-женерии и биоинформатики, Географический, Психологии ф-ты–2007]. Решить уравнение

( ) 0234672 =++− xxx .

3.26.4. [Геолог.–1999, устн.]. Для всех значений действительного параметра

a решить уравнение axxxx =−+−− 12 . 3.26.5. [ВМиК–2007, устн.]. Найти все целые числа x , удовлетворяющие неравенству

33319221946 22 >−−⋅+−+ xxxxx . 3.26.6. [Олимпиада «Абитуриент–2006», ВМиК]. Решить неравенство

2721254

1652614424 2

2

2

−−≥+−+− xx

xxxx

.

3.26.7. [Механико-математический ф-т–2007]. Найти наибольшее значение выражения

( )( ) ( )( ) ( )( )7171 −−+−−+−− yyxxyxyx

при [ ]3,2−∈x , [ ]11,0∈y . Используя геометрический подход, решить задачи:


3311 22 =−+++ xxx . 3.27.2. [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2005», заочный тур, 8]. Найти наименьшее значение выражения

( ) ( ) 9349 2222 +−++++− yyxx .


390

Решить однородные уравнения:


( )( )633 325236 −−⋅=−+−⋅ xxxx . 3.28.2. [ВШБ–2005, 6]. Решить уравнение

( ) 01213232 5 25 25 2 =+−+++− xxxx .

3.28.3. [Эконом.–2003, 6]. Найти все значения b , при которых уравнение 10 2525 2332321623 ++=+⋅−+⋅ xxxbx имеет единственное решение.

Решить уравнения вида 1) ( ) ( )xfxf 1−= , где ( )xf и ( )xf 1− – пара взаимно

обратных возрастающих функций, 2) ( )( ) ( )( )xgfxhf = , где ( )xf – строго мо-

нотонная функция, 3) ( )( )( )( ) xxffffn

=44 344 21

... :

3.29.1. [ВМиК–2004, устн.]. Решить уравнение ( ) 612793 33 −+=+ xx .

3.29.2. [ВМиК–2006, устн.]. Решить уравнение 33 1221 −=+ xx . 3.29.3. [Мехмат–2001, март, 1]. Решить уравнение

218321833223 −+−+=−− xxxx .


( ) ( ) ( ) 03923312212 22 =++−⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++++ xxxx .

3.29.5. [Химфак–2000, заочный тур, 2]. Решить уравнение

( ) ( ) xxxxx =−−++−+ 223323 222 . 3.29.6. [Почвовед.–1984, 5]. Найти все значения параметра a , при каждом из

которых уравнение 22 2233 xxxxaa −=−++ имеет решение. Решить задачи на функциональные уравнения и функциональные последова-тельности: 3.30.1. [ВМиК–1997, апрель, устн.]. Существует ли линейная функция

( )xfy = , удовлетворяющая при всех действительных x соотношению

( ) ( ) 1323 +=−−+ xxfxf ? 3.30.2. [ВМиК–1997, апрель, устн.]. Существует ли квадратичная функция

( )xfy = , удовлетворяющая при всех действительных x уравнению

( ) ( ) 7221 +−=−−− xxfxf ?


391

3.30.3. [ВМиК–2008, май, устн.]. Найти все функции ( )xf , которые при каждом Rx∈ удовлетворяют уравнению

( ) ( ) xxfxxf 31 =−⋅+ .

3.30.4. [ВМиК–1996, устн.]. Найти все функции ( )xf , удовлетворяющие при всех 0≠x условию

( ) ( ) 3315 xxfxxf =⋅+ .

3.30.5. [Мехмат–2008, 5]. Найти все функции f , удовлетворяющие уравнению

( ) ( ) ( ) ( ) 20312 3 +=+−+ xffxxf , Rx∈ .

3.30.6. [Химфак–2001, 7]. Функция ( )xf для всех x удовлетворяет уравнению

( ) ( ) 121 ++=+ xxfxf .

Найти ( )2001f , если ( ) 00 =f .

3.30.7. [ВМиК–2002, устн.]. Найти все функции ( )xf , удовлетворяющие тождеству

( ) ( ) ( ) ( ) ( )yfxfyxxfyyfx ⋅⋅+≡⋅+⋅ для любых Ryx ∈, . 3.30.8. [ВМиК–2006, май, устн.]. Числовая функция для всех действительных

yx, удовлетворяет равенству

( ) ( ) ( ) xyygxgyxg 80++=+ .

Найти ( )54g , если ( ) 241 =g .

3.30.9. [Биолог.–2005, 7]. Задана функция f , причём ( ) =+ yxf ( )+xf

( )yf+ для всех рациональных чисел yx, . Известно, что ( ) π−=10f . Найти

( )72−f .

3.30.10. [Мехмат–2001, олимпиада, 10 класс]. Числовая функция ( )xf при каждом действительном x удовлетворяет равенству

( ) ( )( )xffxfx =+ .

Решить уравнение ( )( ) 0=xff .

3.30.11. [ВМиК–2006, май, устн.]. Последовательность функций ( )xfn опре-

деляется следующим образом: ( ) xxf =1 , ( ) ( )( )xfxf nn −=+ 111 , Nn∈ .

Найти ( )20062006f .


392

Используя замену на ОДЗ иррационального множителя вида ba − (или

ba − ) на рациональный множитель ba − (соответственно 2ba − ) того же

знака, решить задачу: 3.31.1. [Олимпиада «Ломоносов–2007»]. Решить неравенство

1127128≤

−−+

−−−

xxxx

.

Используя различные приёмы, решить иррациональные задачи:

3.32.1. [Дополнит. набор–2008, 5]. При каких значениях x числа

42 −+ xx и xx −+ 24 имеют противоположные знаки?

3.32.2. [Геолог.–1994, 5]. Решить неравенство 034 2 ≠−− zz .

3.32.3. [Геолог.–2000, май, 1]. Решить уравнение 0433

23

=−−

xxxx

.


3222 ≤−+ xxx .

3.32.5. [Физфак–2002, 2]. Решить неравенство ( ) 135 <−− xx .

3.32.6. [Физфак–2002, март, 3]. Решить неравенство 13

49 2

<+−−

xxx

.

3.32.7. [Социолог.–2004, апрель, 1]. Решить уравнение ( ) 02

3073107 223

=+

−+−++x

xxxxx.

3.32.8. [ВМиК–1982]. Решить неравенство 2342≥

−+−x

xx.

3.32.9. [Почвовед., Глобальных процессов ф-ты, Высшая школа современных социальных наук–2006, 2]. Решить уравнение

3211

11 x

xx

xx

=+−

−−+

.


119265412 22 ≥++++ xxxx .


393

3.32.11. [Физфак–2003, март, 7]. Для каждого допустимого значения b в

уравнении bxbx =−+ : 1) найти число различных решений уравнения; 2) найти эти решения. 3.32.12. [Физфак–1997,7]. Для любых значений a решить неравенство

( ) 354 +>−+ axa . 3.32.13. [Геолог.–2000, май, 7]. Найти все значения a , при которых каждое решение неравенства 02 ≤+ ax удовлетворяет неравенству

( ) 032 ≤−+ xax . 3.32.14. [Физфак–2000, 7]. При каких значениях a неравенство

( )( ) 032468 22 ≤−+−+− xaaxax имеет единственное решение? 3.32.15. [Физфак–2001, март, 7]. Для любого значения a решить неравенство

( ) 03334 2 >−−−− axaaxa . 3.32.16. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2006, 7]. Для всех действительных значений a найти число точек пересечения графиков функций

12 −= xy и axy += . 3.32.17. [МШЭ–2006, 7]. При всех значениях параметра b решить неравен-

ство ( ) xbbxxb 3311312 −+≥++− . 3.32.18. [Мехмат–2001, устн.]. Сколько корней может иметь уравнение

1034 +=+−+ xxax ? Решить задачи на многочлены: 3.33.1. [ВМиК–2004, устн.]. Найти хотя бы один многочлен с целыми коэф-фициентами, корнем которого является число 37 − . 3.33.2. [ВМиК–2004, устн.]. Найти сумму коэффициентов многочлена, кото-рый получится после раскрытия скобок и приведения подобных членов в выра-жении

( ) ( )2492342 551331 xxxx −++− . 3.33.3. [Почвовед–2005, 5]. Для каких значений параметра q отношение

суммы коэффициентов многочлена ( )143 9−qx к его свободному члену мини-мально? 3.33.4. [ВМиК–2002, апрель, устн.]. Найти остаток от деления многочлена

121001100220012002 ++++++ xxxxxx на многочлен xx −3 .


394

Решить системы уравнений: 3.34.1. [Физфак–2003, 5]. Решить систему уравнений

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=++−+

+−=−

.61343429

yyxyxyxyx

3.34.2. [Физфак–2005, 5]. Решить систему

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+++−

−=++

.413313

183

yxyx

xyxy

3.34.3. [Физфак–2006, 5]. Найти все решения системы уравнений

( )( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=−++

,222

642 22

yxyxy

yxyx

и, считая в них x и y координатами точек, указать, какая из этих точек ближе к началу координат. 3.34.4. [ВМиК–2004, устн.]. Решить систему уравнений

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−++

−=−

.23

4134

yxyx

xyx

Решить задачи смешанного типа: 3.35.1. [Ташкентский филиал МГУ–2007, 4]. Решить уравнение

( ) 01sin2 =−⋅−

xx

xπ

.

3.35.2. [Физфак–2001, март, 1]. Решить неравенство

38

2573≥

+−+

xx x

.

3.35.3. [Геолог.–2007, 3]. Решить неравенство

( ) 06712 242

≤+−⋅−− xxx . 3.35.4. [ВМиК–2007, устн.]. Решить неравенство

xx

xx

xxxx

2

2

2

2

22

22

lg1lg

1lg1lg

++

+≤

+++

.

3.35.5. [МШЭ–2007]. При каких значениях параметра a уравнение ( ) 012244422316 21113 =−+−⋅−−⋅+⋅− −++ aaa xxxx

имеет три различных корня?


395

3.35.6. [Геолог.–2008, 7]. При всех значениях a решить уравнение ( ) ( ) ( )24cos82cos4642 +−+=+−−−++ axaxaxaxx .

Задачи с модулями

Раскрывая модуль по определению, решить задачи:

3.36.1. [Геолог.–1990, 2]. Решить уравнение 12 +=+ xxxx

.

3.36.2. [Геолог.–2004, 1]. Решить неравенство 2311 x

xx

−≤−−

.


<−+

xxx

.


22

≤++

++−

xx

xx

.

3.36.5. [Геолог.–2002, 1]. Решить неравенство xx

xx≥+

−

+⋅1

21

.

3.36.6. [Ташкентский филиал МГУ–2006, 2]. Решить неравенство ( ) 021 ≥−−xx .

3.36.7. [Геолог.–2005, 1]. Решить неравенство ( )( ) 0121 2 ≤−+− xxx .


32922 −+≤++ xxxx .


31032 −>−−+ xxx .

3.36.10. [Олимпиада «Абитуриент–2008», ВМиК, 2]. Решить неравенство

3431244 2 −≥−−−+ xxxx .

3.36.11. [Геолог.–1992, устн.]. Решить уравнение

( )0sin

3sin4

2 =+−

xx

x.

3.36.12. [ВМиК–2004, устн.]. Решить неравенство 13cos12sin5 ≥+ xx .


396

Используя метод интервалов, решить задачи:

3.37.1. [Психолог.–2005, 1]. Решить уравнение 9122 =++− xx .

3.37.2. [ФГУ–2003, 2]. Решить неравенство xx −−≥+ 1882 .


2≥

−−

−

xx

.

3.37.4. [Геолог.–2001, май, 1]. Решить неравенство 053223≤

−−

+−

xx

.

3.37.5. [ИСАА–2003, 2]. Решить уравнение ( ) 3055 2 =−−− xx .

3.37.6. [Физфак–2003, 2]. Решить неравенство 0232 22 ≥−++ xxx .

3.37.7. [Высшая школа государственного аудита–2008, 4]. Решить уравнение

( ) xx −=+− 1147 .

3.37.8. [ИСАА–1997, 2]. Решить уравнение 52523114 +−+=−+ xxx .

3.37.9. [Психолог.–1985, 4]. Найти наибольшее и наименьшее значения функции

2322 +−++= xxxxy на отрезке [ ]23,21− .

3.37.10. [Геолог.–1991, 6]. При всех значениях параметра a решить уравнение 642 =−++ xax .

3.37.11. [Физфак–1993, май, 7]. Для любого a решить уравнение axx =−+ 32 .

3.37.12. [Геолог.–2001, май, 7]. При каких значениях y уравнение

108262 +=++− yxxx имеет единственное решение x ? Используя разложение на множители, решить задачи:

3.38.1. [Геолог.–2002, май]. Решить неравенство 051

21

≤−+

+−+

xx

xx

.


13231 22 −≥+−−− xxxx .


397

Используя подходящую формулу сокращённого умножения, упростить и затем решить задачу:

3.39.1. [Геолог.–2006, 1]. Решить неравенство ( ) 04392

≥+⋅−− x

xx .

Используя стандартные схемы, решить задачи:

Уравнения вида ( ) Axf = 3.40.1. [Высшая школа государственного аудита–2008, 1]. Решить уравнение

041

213=

−

+−−⋅

x

xx.

3.40.2. [Почвовед., Глобальных процессов ф-ты–2007]. Решить уравнение 1071 =−−x .

3.40.3. [Геолог.–1988, 1]. Решить уравнение

( ) 02

1132 =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−−+− xx .

3.40.4. [ВМиК–2003, устн.]. Сколько корней имеет уравнение

1321 =−−−x ?

3.40.5. [Геолог.–1996, май, устн.]. Сколько решений имеет уравнение

22

3 =−−πx ?

3.40.6. [Физфак–1983, 2]. Решить уравнение 7203 2 =−x .

3.40.7. [Геолог.–1998, 2]. Решить уравнение 14 22 =−− xx .

3.40.8. [Филолог.–2005, 1]. Решить уравнение 1132 =+− xx .

Неравенства вида ( ) Axf <


1693 2 <−<− x .

3.40.10. [Олимпиада «Абитуриент–2005», ВМиК, отд. бакалавров, 2].

Решить неравенство 11422 ≤−− xx .


398

3.40.11. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2007]. Найти все це-лые x , для которых справедливо неравенство

79

23

>−x

.

3.40.12. [Черноморский филиал МГУ–2004, 6]. Решить систему

⎪⎩

⎪⎨⎧

<+

<−

.51

242

x

xx

Неравенства вида ( ) Axf > и сводимые к ним

3.40.13. [Химфак–1996, май, 3]. Решить неравенство 31 >−+ xx .

3.40.14. [Физфак–1995, май, 5]. Решить неравенство ( ) 13log5 >+x .

3.40.15. [ИСАА–2000, 5]. Найти все значения параметра a , при которых не-

равенство 522 >+− axx не имеет решений на отрезке [ ]2,1− .


3.40.16. [Физфак–1995, 3]. Решить уравнение xx +=− 212 .

3.40.17. [Геолог.–1991, 2]. Решить уравнение 01122 =+−−− xxx .

3.40.18. [Почвовед.–2001, май, 2]. Решить уравнение 232 xx =+ .

3.40.19. [Психолог.–2006, 1]. Решить уравнение 1737 +=− xx .

3.40.20. [Почвовед.–2004, май, 4]. Решить уравнение 0cossin2cos =+− xxx .

3.40.21. [Мехмат–2006, 4]. Решить уравнение xxxx 2cos1sin2cossin21 =+++− .

3.40.22. [Гос. управления ф-т–2007]. Решить уравнение

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−−

41sin

31

21

41sin xx .


399

3.40.23. [Мехмат–2003, 2]. Решить уравнение

xx xx xx 55 log122loglog122log 56366145 −−=+− .

3.40.24. [ВМиК–2007, устн.]. Найти множество всех значений выражения ( )22 22 ba + ,

если 106464 2222 +=−++ bbaa .


3.40.25. [Химфак.–2005, 1]. Решить уравнение 212 −=− xx .

3.40.26. [Химфак–2001, май, 1]. Решить уравнение 112

112

++

=−−

xx

xx

.

3.40.27. [Эконом.–2001, 2]. Решить уравнение 22 15158 xxx −=+− .

3.40.28. [Геолог.–2005,устн.]. Решить уравнение 11 232 −−=− xxx .

3.40.29. [Геолог.–1999, 5]. Решить уравнение

32823282 22 −−−=−−+ xctgxctgxctgxctg .

Неравенства вида ( ) ( )xgxf > и сводимые к ним


xxx >−+ 432 .

3.40.31. [Физфак–2003, 2]. Решить неравенство

023 22 ≥−++ xxx .


2

112−

>−x

x .

3.40.33. [ВШБ–2003, апрель, 3]. Решить неравенство

34624

−+>−+

xx .

3.40.34. [ВМиК–2000, апрель, 1]. Решить неравенство

2228 22 +≥−+− xxxx .


400

Неравенства вида ( ) ( )xgxf < и сводимые к ним

3.40.35. [Ташкентский филиал МГУ–2007]. Решить неравенство 132 ≤−− xx .

3.40.36. [Эконом.(отд. полит. экономии)–1969, 2]. Решить неравенство 0212 <−− xx .

3.40.37. [Геолог.–2002, май, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множест-во точек, координаты x и y которых удовлетворяют условию

xyx 2<− .

3.40.38. [Высшая школа бизнеса–2004, 1]. Решить неравенство

111≥

−+

xx

.

3.40.39. [Географ.–2003, май, 3]. Решить неравенство

( ) ( )12312392 2 −+−++<− xxx .

Неравенства вида ( ) ( )xgxf > и сводимые к ним

3.40.40. [Почвовед.–2005, 3]. Решить неравенство xx ≤−1 .

3.40.41. [Физфак–1993, 5]. Решить неравенство 2112>

−−

xx .


13 <+

+x

.

3.40.43. [Московская школа экономики–2007]. Решить неравенство

21

451

10−≥−

xx.

3.40.44. [Эконом.–2001, 1]. Решить неравенство 22 15158 xxx −≤+− .

3.40.45. [«Покори Воробьёвы горы–2007», очный тур, ВМиК, 1]. Найти наи-меньшее целое число x , удовлетворяющее неравенству

592172 22 +−≥−− xxxx .


401

3.40.46. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2003, май, 4]. Решить неравенство

132

22

2

≤−−−−

xxxx

.

3.40.47. [Мехмат–2004, март, заочный тест, 1]. Решить неравенство

23322 2323 −++<++ xxxxx .

3.40.48. [ВМиК–2001, устн.]. Изобразить на координатной плоскости гео-метрическое место точек ( )yx; , координаты которых удовлетворяют условию

2222 yxyxyxyx −+≥++ . Используя приём возведения в квадрат, решить задачи:

3.41.1. [Геолог., МШЭ–2008, 2]. Решить неравенство

( ) ( )2511 22 −+≤+ xxx .

3.41.2. [Геолог.–2004, устн.]. Решить уравнение 1cossin =+ xx .

3.41.3. [Геолог.–1986, 5]. Для каждой пары положительных чисел a и b найти решение неравенства

bxax1111

22 −>− .

Используя подходящую замену переменных, решить задачи:

3.42.1. [Физфак–1990, 1]. Решить уравнение 0242 =−− xx .

3.42.2. [Геолог.–1995, 2]. Решить неравенство xx ≥− 62 .

3.42.3. [Физфак–1974, 2]. Решить неравенство ( ) 1113 2 +−>− xx .

3.42.4. [Геолог.–2004, устн.]. Решить неравенство 431 22 ≤−+− xx .

3.42.5. [Физфак–2000, 5]. Решить уравнение 134122 21 =−+−− xx .


382

3−<

−−

−

x

x .


402

3.42.7. [Химфак, Биофак, Фунд. медицины, Биоинж. и биоинформ., Географ., Психфак–2007]. Решить уравнение

( ) 0234672 =++− xxx . 3.42.8. [Эконом.–2007]. Для каждого значения x , удовлетворяющего усло-вию 0422 =−− xx , найти все числа y , для которых выполнено неравенство

7434107 2 +≥+−⋅− xyy . 3.42.9. [Физфак–2003, май, 5]. Решить неравенство

119265412 22 ≥++++ xxxx .

3.42.10. [ФНМ–2004, апрель, 2]. Решить неравенство

2131

2133213

++≤

−++++

xxx .


222

32233

21

2

222

−+−<+−−+ xxxxxx.


3214227 224 −−−=++− xxxxx .

3.42.13. [Физфак–1994, май, 7]. При каких значениях параметра a уравнение

( ) 02323 2 =++−+ xxa имеет четыре различных решения? 3.42.14. [ВМиК–1999, устн.]. Решить уравнение

( )xxxx 212 += . Выделяя множители, сохраняющие определённый знак, сократить на них (или умножить) и упростить задачу (случай их обращения в нуль рассмотреть отдельно):

3.43.1. [Геолог.–1995, май, устн.]. Решить неравенство 05 2

≥−xx

.

3.43.2. [Геолог.–1994, май, 6]. Решить неравенство ( ) 032 24 ≥−−⋅ xxx .


( ) 0465 12 <+⋅−+ −xxx .


403

3.43.4. [Институт стран Азии и Африки–2007]. Решить неравенство ( ) 0313 ≤−−⋅+ xx .


111≥

−+

xx

.


012342

≥−−

+−

xxxx .

Найдя ОДЗ, упростить задачу и затем решить её:

3.44.1. [Геолог.–2007]. Решить неравенство x

xx−

≤−12

12 .

3.44.2. [Химфак, ФНМ–2006, 1]. Решить неравенство 21 −≥− xx .

3.44.3. [МШЭ–2006, 5]. Найти все целочисленные решения системы

⎪⎩

⎪⎨⎧

<−+

+<−

.21

122

xy

yxx

3.44.4. [Государственного управления ф-т–2008, 1]. Решить уравнение

xxxx 211 =++− .

3.44.5. [Глобальных процессов ф-т–2006, 3]. Решить неравенство

13

122

≥−

−+

xxx

.

Используя метод оценок и (или) свойства модуля, решить задачи: 3.45.1. [Московская школа экономики–2005, 1]. Решить уравнение

xx 2442 =+− .

3.45.2. [Химфак–1999, май, 1]. Решить уравнение xxx 2112 =−++ .

3.45.3. [Филолог., Социолог.–2006, 1]. Решить неравенство

xx

x−≤

−− 2

245

.


404

3.45.4. [Геолог.–1997, 7]. Решить уравнение 030133 22 =−+++−+ xyyxxyyx .

3.45.5. [Глобальных процессов ф-т–2006, 1]. Решить неравенство

( ) ( ) 010lg1212≥⋅−++

xxx π .

3.45.6. [Олимпиада «Ломоносов–2008», Геолог., устн.]. Решить неравенство

012008

2007...21≤

−−−++−+−

xxxx

.

3.45.7. [Химфак–2003, 3]. Решить неравенство ( ) ( )2

1032 2log12log xxx −>−−+

.


11

112

−+<

−+−

xx

xxx

.

3.45.9. [Олимпиада «Покори Воробьёвы горы–2005», заочный тур, 2]. Решить неравенство

31323 +≤++++−+ xxxx .

3.45.10. [Химфак–2001, 5]. Решить уравнение

xxxxxxx 200100100...2211 =++−++++−+++− .

3.45.11. [Геолог.–1998, 8]. При каких значениях параметра a уравнение

0122

144 222

=−−+−

++− xxax

aaxx

имеет хотя бы одно решение? 3.45.12. [Почвовед., Глобальных процессов ф-ты, Высшая школа современ-ных социальных наук–2008, 7]. Определить, какое наименьшее значение может принимать выражение

22 28343 yxyxxyyx −−+−++−− ,

и найти суммарную длину линий, состоящих из всех точек ( )yx; координатной плоскости, в которых это значение достигается. 3.45.13. [ВМиК–1993, 3]. Решить неравенство

7433443 22 −−+≤+−+− xxxx xx .


405

3.45.14. [Химфак–1996, 5]. Решить уравнение

( ) ( ) 45cos154415cos1 22 −−−=+−++ xxxxxx ππ .

3.45.15. [ВМиК–2008, 3]. Решить неравенство xxx sincos2sin1 ≤++ .

3.45.16. [Олимпиада «Ломоносов–2007»]. Найти все возможные значения ( ]π,0∈x , удовлетворяющие уравнению

xtgxtgtgxxtgxtgtgx 3232 =++⋅⋅ .

3.45.17. [Мехмат–2005, 2]. Найти ( )xx 22log2 при условии

( ) 3822

22 log2log2log2log xxxxxxx

x −≤−−+− .

Используя метод замены множителей вида ba − на множители 22 ba − эк-

вивалентного знака или домножение на «сопряжённое» выражение, решить задачи:

3.46.1. [Мехмат–2004, 2]. Решить неравенство 073212≤

−++−

xx

.

3.46.2. [Мехмат–2000, март, 1]. Решить неравенство

423

2314

−−+−

<−−−−−−

xxx

xxxx

.


( )0

61710321

2

22322

≥−−

−++−++

xxxxxxxx

.


( )0

81023213log4log1

222 2

1≥

+−−−+

−+++

xxxxxx

.

Используя графический и (или) функциональный подходы, решить задачи: 3.47.1. [Геолог.–1997, май, устн.]. Построить график функции

5+= xy .

3.47.2. [Геолог.–1992, устн.]. Построить график функции 31 −⋅+= xxy .


406

3.47.3. [Геолог.–1992, устн.]. Построить график функции 1072 +−= xxy .

3.47.4. [Геолог.–1995, май, устн.]. Построить график функции xxy ⋅+= 1 .

3.47.5. [Геолог.–1998, май, устн.]. Построить график функции 22 −+= xxy .

3.47.6. [Геолог.–1998, устн.]. Построить график функции

62 −+= xxy .

3.47.7. [Геолог.–2004, устн.]. Построить график функции 22 2 xxxy −−= .


xy −=1 .

3.47.9. [Геолог.–1992, устн.]. Построить график функции 2−= xy .

3.47.10. [Геолог.–1993, устн.]. Построить график функции x

y 11−= .

3.47.11. [ВМиК–2004, устн.]. Построить график функции x

xy

−=

1.

3.47.12. [Геолог.–2001, устн.]. Имеет ли корни уравнение 1882 +−= xxx ?

3.47.13. [Геолог.–2004, устн.]. При каких значениях параметра a уравнение 1+=− xax не имеет корней?

3.47.14. [Геолог.–2005, устн.]. При каких значениях параметра a уравнение ( ) 12 +=− xax имеет не более одного корня?

3.47.15. [Геолог.–2002, май, устн.]. Найти наибольшее целое значение a ,

при котором уравнение ( ) 553 axx +=− не имеет решений.

3.47.16. [ВМиК–2003, устн.]. Сколько корней имеет уравнение

1321 =−−−x ?

3.47.17. [Геолог.–2007, устн.]. Найти наименьшее значение функции 12 −++= xxy .


407

3.47.18. [Социолог.–2004, апрель, 2]. Дана функция ( ) 1423 +−+−= xxxy .

а) Найти наименьшее значение функции ( )xy .

б) Решить неравенство ( ) 8>xy . 3.47.19. [Геолог.–2008, устн.]. Найти наименьшее значение функции

200820072006 −+−+−= xxxy .

3.47.20. [Геолог.–2002, устн.]. Найти наименьшее значение функции ( ) xxxxy ⋅−+⋅+= 11 .


xxxxxy

−++

=652

23

.

3.47.22. [Геолог.–2006, устн.]. Построить график функции ( )xy −= 2log2 .


xxx

y−

= 2 . 3.47.24. [Геолог.–2006, устн.]. Построить график функции

xxy sin2sin −= .

3.47.25. [Геолог.–2002, устн.]. Построить график функции ( )tgxxtgy ⋅= 5,0 .

3.47.26. [Геолог.–1999, устн.]. Построить график функции ( )2cossin xxy += .

3.47.27. [ВМиК–1999, устн.]. Построить график функции ( )xy sinarcsin= .

3.47.28. [Олимпиада «Абитуриент–2007», ВМиК, устн.]. Найти главный пе-риод функции

ctgxtgxy += . 3.47.29. [Олимпиада «Абитуриент–2007», ВМиК, устн.]. Найти главный пе-риод функции

xxy cossin += .

3.47.30. [Геолог.–2001, май, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множест-

во точек, координаты x и y которых удовлетворяют условию xyx 22 =− .


408

3.47.31. [Геолог.–1994, устн.]. Изобразить на плоскости Oxy множество

точек ( )yx; , координаты которых удовлетворяют условию

( )12 +=− xyy .

3.47.32. [Геолог.–2002,устн.]. На плоскости Oxy изобразить множество то-чек, координаты x и y которых удовлетворяют условию

82 ≤+ yx .

3.47.33. [Геолог.–1994, устн.]. Изобразить на плоскости Oxy множество

точек ( )yx; , координаты которых удовлетворяют условию

231 =++− xy .

3.47.34. [Геолог.–2008, устн.]. Найти площадь фигуры, задаваемой неравенством 312 ≤−++ xyx .

3.47.35. [Геолог.–2001, устн.,2]. Найти площадь фигуры, заданной на коор-динатной плоскости неравенством 222 ≤++− xyxy .

3.47.36. [Геолог.–1995, май, 8]. Изобразить на координатной плоскости фи-гуру, заданную неравенством

( ) 0622 ≤−++ yxyx . Найти площадь этой фигуры. 3.47.37. [Геолог.–2002, устн.]. На плоскости Oxy изобразить множество точек, координаты x и y которых удовлетворяют неравенству

( )223 yxyx −+≥− .

3.47.38. [Черноморский филиал МГУ (г. Севастополь)–2006, 6]. Найти пло-щадь фигуры на плоскости Oxy , координаты точек которой удовлетворяют неравенствам

01 ≥−− yx и 02 ≥− yx .

3.47.39. [Геолог.–2007, устн.]. Изобразить на координатной плоскости мно-

жество точек ( )yxM ; , для которых 1≤+−

xyxy .

3.47.40. [Геолог.–2007, устн.]. Изобразить на координатной плоскости мно-жество точек ( )yxM ; , для которых yxyxx +≤+−2 .



409

123231 22 −+−+=−+−− xxyxxy .


422 =++++−+− xyxyxyxy .

3.47.43. [ВМиК–2003, апрель, устн.]. Изобразить на координатной плоскости ( )yx; множество точек, координаты которых удовлетворяют условию

( )xyxy 422 log23log2 −⋅≤ .

3.47.44. [Геолог.–1999, устн.]. При каких значениях параметра a модуль

разности корней уравнения aaxx 4126 22 =++− принимает наибольшее значение? 3.47.45. [Геолог.–2002, устн.]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=−

.4

2

yx

yx

3.47.46. [Геолог.–2002, устн.]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=−

.2

4

yx

yx

3.47.47. [ВМиК–2003, устн.]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=+

.1

1

yx

yx

3.47.48. [Географ.–2005, 4]. Найти периметр фигуры, точки которой на коор-динатной плоскости удовлетворяют системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

−+<+

−−>

.324

1222 yxyx

xy

3.47.49. [ВМиК–2006, устн.]. Найти минимальное значение величины yx + , если x и y – целые числа, удовлетворяющие условиям

⎩⎨⎧

−>

≤+−

.4312

yxy

3.47.50. [Геолог.–2005, 7]. Найти все значения, которые может принимать сумма ax + при условии 32242 ≤+−+−+ axax .


410

3.47.51. [Геолог.–2001, май, 7]. При каких значениях y уравнение

108262 +=++− yxxx имеет единственное решение x ? 3.47.52. [Олимпиада «Ломоносов–2005», 8]. Найти все значения a , при кото-рых уравнение

1934 −=+−− xaxxx

имеет хотя бы один корень. 3.47.53. [Психолог.–2003, 5]. При каких значениях параметра a уравнение

035292 2 =++−− xaax не имеет решений? При каких (остальных) значениях параметра a все решения этого уравнения принадлежат отрезку [ ]63,30− ? 3.47.54. [Химфак–2005, 6]. При каких значениях a уравнение

axxx =−+

+131

имеет ровно три решения?

3.47.55. [Географ.–1992, 5]. Найти все значения параметра c , при каждом из которых уравнение

cxxxxxx +−=+−+− 4232 222

имеет ровно три различных решения. 3.47.56. [Олимпиада «Ломоносов–2009», 9]. Найти все пары ( )yx; , при каж-дой из которых для чисел

yxxxu 394 3 −−−+= и yxv 32 −−=

справедливы сразу все три следующих высказывания: если vu > , то 0>u ,

если vu < , то v>0 , а если vu = , то vu >> 0 . Решить задачи, в которых используются понятия наименьшего (наибольшего) из двух или нескольких чисел: 3.48.1. [Психолог.–1971, 3]. Найти все такие x , что наименьшее из чисел

( ) 21,1 2 xx −− больше 21 . 3.48.2. [ВМиК–2003, устн.]. Решить уравнение

( ) ( )xxxx 21,3min2,max +=− . 3.48.3. [Почвовед.–1990, 5]. Найти все значения x , при которых наибольшее из значений функций 12 += xy и 2+= xy больше 1− .


411

3.48.4. [ВМиК–2004, устн.]. Решить неравенство

21

21,1min 2 >⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

xx .

3.48.5. [ВМиК–2004, устн.]. Найти наибольшее значение функции ( )3,12,1min xxxy −−= на отрезке [ ]1,0 .

Используя различные подходы, решить системы: 3.49.1. [Физфак–1994, май, 5]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−=

=−++

.23

132

xy

yx


⎪⎩

⎪⎨⎧

−+=

=−+−

.15

151

xy

yx

3.49.3. [Физфак–1997, 5]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=−−

.3

13

yx

xy


⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=−

.1

12

yx

yx


⎪⎩

⎪⎨⎧

=+−+−

=++

.052

0

yxy

yxx

3.49.6. [Физфак–1999, март, 5]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−−+++

=+−++

.02442

022322

2

xxyy

yxx

3.49.7. [Физфак–2001, май, 5]. Решить систему уравнений

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+−

=

.9cos2sin

sin4sincoscos22 yx

xxyy


412


( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=++−+

+−=−

.61343429

yyxyxyxyx

3.49.9. [Мехмат–2003, март, 4]. Найти площадь фигуры, заданной на коорди-натной плоскости системой

⎪⎩

⎪⎨⎧

+=−+++

++−=−+++ −−

.211

log12221log 211

2

xyyx

xyyxy xx

3.49.10. [Физфак–2004, март, 5]. Решить систему уравнений

⎪⎩

⎪⎨⎧

=⋅−⋅++

=⋅++−−−−− .07507677

7167377711 xyxy

xyxy


( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−++++

+=−+

.312221

32

yxyx

yyxx

3.49.12. [МШЭ–2005, 7]. Найти все значения параметра b , при которых сис-тема уравнений

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

+=+

22

2cos1sin

2

y

xybxx

имеет единственное решение. 3.49.13. [Психолог.–2006, 5]. При каждом a решить систему

⎩⎨⎧

<

+>+

.022

axaxax

Используя разную монотонность функций в левой и правой частях уравнений (неравенства), подбирая корень, решить задачу: 3.50.1. [Олимпиада «Ломоносов–2006», 6]. Решить неравенство

xxxx 4324 +−≤−− . Используя различные приёмы, решить задачи:

3.51.1. [Эконом. (отделение менеджмента)–2006, 4]. Найти решения уравне-

ния 5

3cos5

3sin2sin ππ=x , принадлежащие интервалу ( )12,8 .


413

3.51.2. [Мехмат–2006, 6]. Найти наименьшее значение выражения yyxyx +++−− 12 ,

где x и y – произвольные действительные числа. 3.51.3. [Мехмат–2003, май]. Решить неравенство

( ) ( ) ( )xxx 81log

19log4

13log7

1

92

93

≤−

+−

.

3.51.4. [Почвовед.–2003, май, 5]. Решить неравенство 054log 8124 2 >−

−+−xxx .

3.51.5. [Геолог., МШЭ–2008]. Решить неравенство

( ) 144log5log 33 −≤− −− xx xx .

3.51.6. [Геолог.–2006, 4]. Решить неравенство ( ) ( )( ) 12log4log 2

42 ≤−++ xxx .

3.51.7. [ФГП–2005, 3]. Решить неравенство ( ) 11285,0log 2

2525,0 2 ≥−−++−−

xxxx

.

3.51.8. [ИСАА–2005, 5]. Решить неравенство ( ) ( ) 014log26log 2614 <+−+ ++ xx xx .

3.51.9. [Психолог.–2006, 3]. Решить уравнение ( ) 0coslogcossin3log 22 =+− xxx .

3.51.10. [ФГУ–2006, 4]. Решить уравнение 0cos21sin =+− xx .

3.51.11. [Факультет Глоб. процессов–2006, 4]. Решить уравнение

( ) ( ) 324log6cos21log 2cos2cos −=− xx π .


212log2

41log

41log3 3

212

+<⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

+xxx

x.

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

К РАЗДЕЛУ 1

1.1.1. Первое число больше. Указание: представить числа в виде ( )10043 и

( )10034 . 1.1.2. Второе число больше. Указание: сравнить каждое из чисел с бли-жайшей к нему степенью числа 2 . 1.1.3. Первое число меньше. Указание: ре-шение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.1.4. 17964. Указание. Вычтем «столбиком» из первого числа второе:

_ 44 844 76 1999

000000......0001 001999......000

800199......999199543421 .

Получается, что сумма цифр этой разности составляет ++⋅ 819959 17964100 =+++ . 1.1.5. Сумма цифр равна 18047. 1.1.6. Указание: так как

9872 ⋅= , то воспользоваться соответствующими признаками делимости. 1.1.7. 53010, 53910, 53415. Указание: применить признаки делимости на 5 и 9. 1.1.8. Указание: преобразовать сумму к виду ( ) 21+nn , умножить на 2 и све-сти задачу к доказательству того, что произведение двух последовательных на-туральных чисел ( )1+nn не может оканчиваться цифрой 4 (достаточно найти все возможные цифры, на которые может оканчиваться это произведение, и убедиться в том, что среди них нет цифры 4). 1.1.9. Указание: число делится на 3 , но не делится на 9 . 1.1.10. Указание: заметим, что 53243 = . Докажем по индукции более общее утверждение, что натуральное число, десятичная запись которого состоит из n3 единиц, делится на n3 . Для 1=n утверждение верно (111 делится на 3). Заметим, что 1001001111111111111 ⋅= , и вообще

{ { {{10...010...011...11...1131333 1 −−

⋅=+ nnnn

, причём второй множитель делится на 3. Это обосно-

вывает индуктивный переход, что и требовалось доказать.

1.2.1. ( )( )( ) =++++ 1321 nnnn ( )22 13 ++ nn . Указание: привести выра-

жение ( )( )( ) 1321 ++++ nnnn к виду ( )( )3+nn ( )( )( ) =+++ 121 nn

( ) ( ) 1233 22 +++⋅+= nnnn , и сделать замену 132 ++= nnk . 1.2.2. Указа-ние: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.2.3. Указание: решение

Ответы и решения 415

задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.2.4. Не существуют. Решение. Пусть 1,2 −− nn , 2,1, ++ nnn – искомые числа. По условию, ( ) +− 22n

( ) +−+ 21n ( ) +++ 22 1nn ( ) ( )252 22 +=+ nn . Если бы ( )25 2 +n было полным квадратом, то оканчивалось бы на 0 или 5, но это выражение может оканчиваться только на 1, 2, 3, 6, 7, 8. 1.2.5. 7744. Указание: по условию,

2naabb = ⇔ ( ) 210011 nba =+ ⇒ Nkkn ∈= ,11 ⇒ число ba +100 де-

лится нацело на 11, а значит, по признаку делимости на 11, ( ) 11Mba + . Далее перебором с учётом того, что полный квадрат может оканчиваться только на 0,

1, 4, 5, 6, 9. 1.2.6. Решение: 9

11010...1012

12 −=+++= −

mmA , аналогично

9110 1 −

=+m

B , 9

1106 −⋅=

m

C . Отсюда =+++ 8CBA ( )( )23810 +m .

1.2.7. Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.2.8. Решение: из условий задачи следует, что заданное число N оканчивается на 25 или 75 и

является квадратом числа вида 510 +k . Если ( )251075100 +=+= kmN ,

то ( )kkm 1212 +=+ , противоречие. Если ( )251025100 +=+= kmN , то

( )kkm 1+= , значит, m – чётное, что и требовалось доказать. 1.2.9. Таких чи-

сел не существует. Решение. 1) Пусть lk ≥ , тогда ≤+< lkk 22

( )22 1+<+≤ kkk . Так как lk +2 лежит строго между двумя последователь-ными квадратами целых чисел, то само не может быть квадратом целого числа. Следовательно, в этом случае первое уравнение системы не имеет решений. 2) Пусть lk < , тогда ( )2222 1+<+≤+< llllkl . Аналогично рассуждая, по-

лучаем, что 2lk + не может быть квадратом целого числа. Значит, второе урав-нение системы не имеет решений. 1.3.1. Указание: преобразовать выражение к виду ( ) ( )11 +− nnn , или вос-пользоваться методом математической индукции. 1.3.2. Указание: преобразо-вать выражение к виду ( ) ( ) nnnn 611 −+− , или воспользоваться методом ма-тематической индукции. 1.3.3. Указание: преобразовать выражение к виду ( )( )21 ++ nnn , или воспользоваться методом математической индукции. 1.3.4.

Указание: преобразовать число к виду 19989...991999

−321 . 1.3.5. Указание: рассмот-

реть случаи qkn += 3 , 2,1,0=q , или воспользоваться методом математи-


ческой индукции. 1.3.6. Не существует. Указание: достаточно доказать, что дан-ное выражение не делится на 5. Например, это можно сделать, проанализировав его возможную последнюю цифру, или воспользоваться методом анализа остат-ков (рассмотреть случаи 4,..,1,0,5 =+= qqpn , и показать, что остатки от

деления данного выражения на 5 отличны от нуля). 1.3.7. 4382 ⋅ . Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.3.8. Указание: свести задачу к доказательству того, что разность nn −5 делится нацело на 10 (для этого можно рассмотреть случаи 4,..,1,0,5 =+= qqpn ). 1.3.9. Указание: достаточно до-

казать, что разность 333 cba ++ ( )cba ++− кратна 6. 1.3.10. Решение. Пред-

ставим число в виде ( )( ) ( )( )221221222 ++−− nnnnn , при этом =240 1615 ⋅= . Очевидно, что произведение пяти последовательных целых чисел

кратно 5 и кратно 3. Осталось доказать делимость на 16. Но произведение трёх последовательных чётных чисел кратно 16. 1.3.11. Указание: сделать замену

1−= nm . Решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.3.12. 686. Решение. Вычеркнем из 999 чисел, меньших тысячи, числа, кратные 5: их количество равно [ ] 1995999 = . Далее вычёркиваем числа, кратные 7, их количество рав-

но [ ] 1427999 = . Но среди чисел, кратных 7, имеется [ ] 2835999 = чисел, одновременно кратных 5. Они вычеркнуты дважды. Всего вычеркнуто

31328142199 =−+ чисел. Осталось −999 686313 = . 1.3.13. 30 . Реше-

ние: найдём все такие натуральные n , чтобы Nnn

K ∈⋅⋅

==7525600 25

1 и

Nnn

K ∈+⋅⋅

=+

=5

7325

3024 34

1 . Так как n и 5+n одновременно кратны 5, а

3024 не делится на 5, то n может принимать лишь значения mk 72 ⋅ , где { }5;4;3;2;1;0∈k , { }1;0∈m . Остаётся произвести перебор, проверяя делимость

числа 3024 на 5+n : 1) 0=m , { }32;16;8;4;2;0∈n ,

{ }37;21;13;9;7;65∈+n ; 2) 1=m , { }224;112;56;28;14;7∈n ,

{ }229;117;61;33;19;125∈+n . Итак, искомые числа: 7,16,4,2,1 , а их сумма равна 30 . 1.3.14. Указание: группировкой привести к виду ( ) ( ) kkkkk 55555 42243455 ⋅+−+− , и доказать, используя формулу сокращён-

ного умножения =− nn ba ( )ba −= ( )11 ... −− ++ nn ba , что выражения в скоб-

ках делятся на 11. 1.3.15. Nkkn ∈= ,3 . Указание: рассмотреть случаи


qkn += 3 , 2,1,0=q . 1.3.16. q и r всегда делятся на 37. Указание:

Nkkcbap ∈=++= ,3710100 , тогда += bq 100 +=+ aac 100(1010

=−++ acb 999)10 ( ) 37271037 Mak − . Аналогично доказывается, что

37Mr . 1.3.17. а) Не может. б) Может, например, 7125. Решение. а)

=− 01...aaa kk 58... 01 ⋅− aak . Обозначив 01...aan k −= , получим =+⋅ na kk 10

n58= ⇔ na kk 5710 =⋅ . Число справа делится на 19, а слева – нет. Противо-

речие. Следовательно, не может. б) =− 01...aaa kk 57... 01 ⋅− aak . Пусть

01...aan k −= , тогда =+⋅ na kk 10 n57 ⇔ na k

k 5610 =⋅ . При 3≥k 810 Mk ,

а ka можно взять равным 7. Например, abcabc ⋅= 577 ⇔ =+ abc7000

abc⋅= 57 ⇔ abc⋅= 567000 ⇒ 125=abc . Число 7125 удовлетворяет условиям. 1.3.18. { }0;5−∈n . Решение. Поскольку ( )=+−+ 11555 23 nnn

( )( ) 5761451 2 +−−+= nnn , то увеличенная в 5 раз исходная дробь r равна

( ) Zdnr ∈++= 57615 , где ( )( )115145 2 −+=−−= nnnnd , поэтому

число 26 32576 ⋅= делится на d (так как Zr∈5 и Zn ∈+1 ), причём 5Mn (иначе Zn ∉52 ⇒ Zr∉ ) и 15<n (иначе 5761154155 2 >−⋅−⋅≥d ⇒

⇒ Zr∉ ). Подставляя значения 10,5,0 ±±=n , получаем 426,1 ⋅−=d , 424 ⋅ , 951⋅ , 949 ⋅ , откуда выводим, что Zr ∈ в точности при 5,0 −=n .

1.4.1. Указание: имеем ( ) ( ) ( )2311 2333 +=+++− nnnnn . Если 3M/n , то

на 3 делится 22 +n . 1.4.2. Указание: если целое число не делится на 3, то его квадрат (а значит, и любая чётная степень) при делении на 3 дают остаток 1.

1.4.3. 74. Указание: по условию имеем систему ( )( )⎩

⎨⎧

+−=+++=+

.215108610

yxxyyxyx

1.4.4. Решение. Такими числами, например, являются все числа, дающие при делении на 4 остаток 3. В самом деле, из равенств ( ) 22 42 kk = и

( ) ( ) 11412 2 ++=+ kkk следует, что квадрат целого числа при делении на 4 даёт в остатке либо 0, либо 1. Поэтому сумма двух квадратов при делении на 4 не может дать в остатке 3. 1.4.5. Указание: разбить множество всех натуральных n на 7 групп в зависимости от остатка при делении на 7 (т.е. рассмотреть слу-чаи 6,..,1,0,7 =+= qqpn ). 1.4.6. Решение. Представим выражение в виде


532 ++ nn ( )( ) 3347 +−+= nn . Числа 7+n и 4−n делятся (либо не де-лятся) на 11 одновременно. Если они оба не делятся на 11, то их произведение также не будет делиться на 11, поэтому ( )( ) 3347 +−+ nn не будет делиться даже на 11 (не говоря уже о 121). Если же оба эти числа кратны 11, то их про-изведение кратно 121, но 33 не делится на 121, поэтому ( )( ) 3347 +−+ nn не будет делиться на 121. 1.4.7. 7 . Решение. 347 +== nmx ⇒ ( ) ( )1714 −=− mn ⇒ km 41=− , Zk∈ , ⇒ 14 += km ⇒

( ) kkx 287147 +=+= . 1.4.8. 19. Решение. Пусть rkn += 30 , где 29,..,1,0=r . Из условия задачи имеем 415 += mn , 718 += ln . Отсюда

следует, что mn 154 =− и, значит, 4−r делится на 15. В диапазоне измене-ния r таких значений два: 4=r и 19=r . Но при 4=r имеем

718430 +=+ lk ⇔ 1610 += lk , что невозможно. При 19=r получаем 253 += kl , что выполняется для бесконечного числа пар kl, . 1.4.9. 189. Ука-

зание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.4.10. 333 . Решение. Пусть N – общее количество золотых монет, и пусть каждому пирату доста-лось по zyx ,, монет при первом, втором и третьем дележе соответственно. Тогда по условию задачи: 58311813 +=+=+= zyxN , 500≤N ,

zyxN ,,, – натуральные числа. Из уравнения 311813 +=+ yx имеем

yx 11513 =+ ⇔ ( ) ( )411313 −=− yx , откуда ( ) 113 M−x ⇒ 311 += mx , где ,..1,0=m , тогда 413 += my . Аналогично решая уравнение

58311 +=+ zy , находим 68 += ny , 811 += nz , где ,..1,0=n . Исполь-зуя полученные выражения для y , получаем связь между параметрами m и n :

68413 +=+ nm ⇔ ( ) ( )38213 −=− nm , откуда 28 += km , 313 += kn , где ,..1,0=k . Тогда =+= 413my 30104 +k , +⋅=+= kyN 10411311

333+ . Условию 500≤N отвечает лишь значение 0=k , так что 333=N . 1.4.11. 206 . Указание: по условию, имеем систему

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=+=

≤≤+=

≤≤+=

≤≤+=

.2;5

;60,7

;40,5

;70,8

3121

333

222

111

qqqq

qqpx

qqpx

qqpx


Отсюда 3,1,6 321 === qqq . Далее, решая уравнение 1568 21 +=+ pp ,

находим Nkkp ∈= ,51 , т.е. 640 += kx . Решая уравнение =+ 640k

37 3 += p , находим 29403 += lp , ,...1,0=l Тогда ( ) =++= 329407 lx

206280 += l . При 0=l получаем 206min =x . 1.5.1. Число не является простым. Указание: разложить число на множители, используя формулу суммы кубов. 1.5.2. Число не является простым. Указание: разложить число на множители, используя формулу разности квадратов. 1.5.3. Нет. Указание: число составное, поскольку является чётным как сумма двух не-чётных чисел, и при этом, очевидно, оно больше числа 2. Иначе: число чётное, так как оканчивается на цифру 6. 1.5.4. 3. Решение. Представим p в виде

qnp += 3 , 2,1,0=q . Тогда ( ) 13310 +++=+ qkp , ( )++=+ 4314 kp 2++ q , т.е. все три числа имеют разные остатки от деления на 3. Значит, одно

из этих чисел делится на 3, а единственное простое число, кратное 3, есть число 3. 1.5.5. Нет. Решение. Пусть 21, xx – корни уравнения. По теореме Виета

axx −=+ 21 , 121 += bxx . Тогда ( ) ( ) =−++=+ 221

221

22 1xxxxba

( )( )22

21 11... xx ++= . Так как оба сомножителя есть натуральные числа, боль-

шие 1, то число 22 ba + – составное. 1.5.6. ( ) ( ){ }2;5; ∈yx . Решение. Возмож-ны три случая. 1) yx, – оба чётны ⇒ 2== yx – не удовлетворяют равенству.

2) yx, – оба нечётны ⇒ 2x и y3 – также нечётны, тогда их разность yx 32 − – чётна, а в правой части – нечётное число 19 ⇒ противоречие. 3) yx, – раз-ной чётности, следовательно, одно из них равно 2. Если 2=x ⇒ Ny∉ , если же 2=y ⇒ 5=x . 1.5.7. Указание: воспользоваться тем, что произвольное

простое число, большее 3, представимо в виде 16 ±n , Nn∈ . 1.5.8. { }5;2∈n . Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.5.9. Указание: рас-смотреть три последовательных целых числа 18 −p , p8 и 18 +p . Одно из них делится на 3, и это не могут быть числа p8 и 18 −p . Значит, на 3 делится

18 +p . 1.5.10. Указание: если 3M/p , то остаток от деления 2p на 3 равен 1. Но

тогда 18 2 +p – делится на 3 (противоречие с условием). Значит, 3Mp ⇒

3=p , тогда 7318 2 =+p – простое (условие задачи выполнено), и число

7118 2 =−p также простое. 1.5.11. Указание: решение задачи разобрано в тек-сте пособия. 1.5.12. Решение. От противного: предположим, что n имеет нату-


ральный (больший единицы) делитель m , тогда ( )!1−n делится на m , следо-

вательно, ( ) 1!1 +−n не делится на m , и тем более не делится на n . Противо-

речие доказывает неправомерность предположения. 1.5.13. ( )∈rqp ;;

( ) ( ){ }17;2;3;17;3;2 . Решение. Допустим, все три числа – нечётные, тогда в ра-венстве в левой части находится чётное число (как сумма двух нечётных чисел), а в правой – нечётное число, что невозможно. Следовательно, хотя бы одно из чисел чётно, а значит, равно 2. Так как 2≠r , то или 2=p , или 2=q . Пусть,

ради определённости, 2=q , тогда имеем уравнение rp p =+ 22 . Решим его.

Пусть kp 3= ⇒ 3=p ⇒ 17=r . Если ( )Nkkp ∈+= 13 или

23 += kp ⇒ 2p делится на 3 с остатком 1. Найдём остаток от деления на 3

числа p2 . Так как p – простое ( )2>p , то p – нечётно ⇒ 12 += lp

( )Nl∈ ⇒ =⋅== + llp 4222 12 ( ) 2142 +−l . Так как ( ) 314 M−l , то p2 де-

лится на 3 с остатком 2. Итак, сумма pp 22 + должна делиться нацело на 3 ⇒

3Mr ⇒ противоречие. Следовательно, других решений нет. 1.5.14. Указание. ( ) ( ) 31133 ++−=+− nnnnn – делится нацело на 3 .

1.6.1. 36. Указание: воспользоваться стандартным алгоритмом (для упроще-ния вычислений можно использовать свойства НОД ). 1.6.2. 5 раз. Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.6.3. 108 или 540. Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.6.4. Указание: ввести

( )mnНОДd ,= , тогда :, Nqp ∈∃ ( ) 1, =qpНОД и pdn = , qdm = . Да-лее подставить в уравнение, перенести всё в одну сторону и разложить на мно-жители. Решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.6.5. 2 или 6. Решение. Пусть ( ) dmnНОД =, , тогда ( ) dmnНОД 46, =+ , Nd ∈ . Из первого ус-

ловия следует, что dnM и dmM , а из второго, дополнительно, что ( ) dm M6+ .

Следовательно, dM6 , т.е. { }4;3;2;1∈d . Из второго условия также следует, что

поскольку 4Mn и ( ) 46 M+m , то n и m – чётные ⇒ d – чётное. Итак,

{ }4;2∈d . Покажем, что оба случая возможны. Например, если 8=n , 2=m , то 2=d , а если 24=n , 18=m , то 6=d . 1.7.1. 5 однокурсников, 135 гривен. Решение. Пусть n – количество одно-курсников, тогда стоимость всего обеда составляет 10292023 −=+ nn (гри-вен). Из уравнения находим 5=n , поэтому стоимость обеда равна

13520523 =+⋅ (гривен). 1.7.2. 218 . Решение. Пусть n – число этажей в


доме, а m – количество квартир на каждом этаже. По условию 8≥n и 2≥m . Так как нумерация квартир начинается с первой, то номер последней квартиры на седьмом этаже третьего подъезда равен ( ) 10572 =+nm . Учитывая, что

753105 ⋅⋅= и 2372 ≥+n , приходим к единственно возможному варианту 3=m , 3572 =+n ⇒ 14=n . Тогда вторая квартира на третьем этаже шес-

того подъезда имеет номер ( ) 218232145 =+⋅+⋅ . 1.7.3. Указание: проанали-зировать, на что делятся обе части уравнения. Решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.7.4. ( )nm; , где Nkknkm ∈== ,5,4 . Указание: так как

левая часть уравнения делится на 4, то и правая часть должна делиться на 4 ⇒ 4Mm ⇒ Nkkm ∈= ,4 . Подставить в уравнение и найти n . 1.7.5. На 3 (при

8,11 == nm ). Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.6. Нет. Указание: решение аналогичной задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.7. ( )∈yx; ( ) ( ) ( ) ( ){ }0;2;2;6;1;12;3;8 −∈ . Указание: привести уравнение к виду

( )( ) 5127 =−− yx , и рассмотреть всевозможные случаи, когда число 5 пред-

ставимо в виде произведения двух целых чисел. 1.7.8. ( )∈yx;

( ) ( ){ }2;2;0;4 −∈ . Указание: преобразовать уравнение к виду += 3x

( )( )11 ++ y . Так как все слагаемые в этом уравнении, кроме дроби, являются целыми числами, то и дробь также должна быть целым числом, а, следователь-но, знаменатель дроби может принимать значения 1± . 1.7.9. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1;1;0;0;3;3;4;2; −∈yx . Указание: привести уравнение к виду

( )( ) 212 =−− xy , и рассмотреть все возможные варианты, когда целое число 2 представимо в виде произведения двух целых чисел. 1.7.10. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1;2;3;6;0;0;4;4;2;1;6;3; −−∈yx . Указание. Убедившись под-становкой в исходное уравнение, что 2=x не является решением, приведём

уравнение к виду: 2

2−

=x

xy2

42−

+=x

. Так как y и 2 – целые числа, то

отсюда следует, что дробь ( )24 −x также должна быть целым числом. А это,

в свою очередь, возможно, только если 2−x { }4;2;1 ±±±∈ и т.д. 1.7.11.

( )∈yx, { ( )2004;20042003 ⋅ , ( )2002;20032002 ⋅− , ( )0;0 , ( )4006;4006 ,

( )20042003;2004 ⋅ , ( ) }20032002;2002 ⋅− . Указание. Так как правая часть

уравнения ( )yxxy += 2003 делится на 2003, то 2003Mxy ⇒ 2003Mx или

2003My . Пусть, ради определённости, 2003Mx . Найдём все такие решения


( )yx; и учтём, что, в силу симметрии, пары ( )xy; тоже будут решениями.

Итак, 2003Mx ⇒ Znnx ∈= ,2003 . Подставим в уравнение:

( )ynny += 200320032003 ⇔ ynny += 2003 ⇔ ( )1−n ( ) =− 2003y

2003= . Возможны 4 случая:

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎩⎨⎧

−=−−=−

⎩⎨⎧

−=−−=−

⎩⎨⎧

=−=−

⎩⎨⎧

=−=−

1200320031

2003200311

1200320031

2003200311

yn

илиyn

yn

илиyn

и

так далее. 1.7.12. ( ) ( ) ( ) ( ){ }7;6;3;4;5;4; −−−−∈yx . Указание: умножить обе

части уравнения на 3, и после этого привести к виду ( )( ) 25133163 =++ xy .

Далее перебор возможных случаев. 1.7.13. ( ) ( ) ( ) ( ){ }.2;1;0;0;2;1; −−∈yx Ука-

зание: преобразовать уравнение к виду ( ) 02 2 =− yx ⇔ xy 2= . Поскольку

Zx∈ и 1≤x , то x может принимать одно из трёх значений: –1, 0, 1. 1.7.14.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }.20;13;20;13;4;5;4;5; −−−−∈yx Указание: преобразовать уравне-

ние к виду ( )( ) 723 =++ yxyx . 1.7.15. 36. Указание: если xy – искомое чис-

ло, где { }9,...,2,1,0, ∈yx , 0≠x , то имеем xyxy +=− 2732 22 ⇔

( ) ( ) 2732 =+⋅− xyxy . Далее рассмотреть все возможные способы, какими целое число 27 можно представить в виде произведения двух целых чисел ( )xy 32 − и ( )xy + (причём второе число ( )xy + положительно и не превы-шает 18 как сумма двух цифр). Таких способов три. 1.7.16. 4 рейса. Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.17. ( )∈yx;

( ) ( ) ( ) ( ){ }.2;7;2;7;2;3;2;3 −−−−∈ Указание: решение задачи разобрано в тек-

сте пособия. 1.7.18. 652 . Решение. Заметим, что 0≠x , 0≠y , и если пара

( )yx; является решением уравнения, то пары ( )yx;− , ( )yx −− ; и ( )yx −; также будут его решениями, поэтому достаточно рассмотреть натуральные

yx, . Приведём уравнение к виду 154 22 =− yx ⇔ ( )( ) 1522 =−+ yxyx , и рассмотрим все возможные случаи, когда число 15 представимо в виде произве-дения двух целых чисел (с учётом 022 >−>+ yxyx ). Имеем два случая:

⎩⎨⎧

=−=+

12152

yxyx

и ⎩⎨⎧

=−=+

,3252

yxyx

откуда ⎩⎨⎧

==

74

yx

и ⎩⎨⎧

==

.12

yx

Всего исходное урав-


нение имеет восемь целочисленных решений, задаваемых парами ( )7;4 ±± ,

( )1;2 ±± со всевозможными сочетаниями знаков. Рассматривая координатную плоскость Oxy , построим все восемь соответствующих точек. Легко видеть,

что среди них наиболее удалены друг от друга точки ( )7;4 и ( )7;4 −− либо

( )7;4− и ( )7;4 − . При этом расстояние между ними равно

652148 22 =+ . 1.7.19. ( ) ( ){ }9;9; ∈mk . Указание: привести уравнение к

виду 32

422+

−+=k

km . Дробь 32

42+k

является целым числом, при этом её

знаменатель есть нечётное число и 0≥k . Следовательно, возможны три слу-чая: { }21;7;332 ∈+k . 1.7.20. ( ) ( ){ }8;2; ∈yx . Указание: привести уравнение к

виду 13

551−

+−−=x

xy . 1.7.21. ( ) ( ){ }0;0; ∈yx . Решение. Заметим, что если

0<x , то x9 будет дробным числом, и поэтому не может быть равным целому числу 112 +y . Если 0=x , то, подставляя в уравнение, находим 0=y . Пусть

теперь 0>x , тогда перепишем уравнение в виде yx 1219 =− ⇔

( )( ) yxx 121313 =+− . В левой части мы видим произведение двух последова-тельных чётных чисел (они являются чётными как разность или сумма двух не-чётных чисел), т.е. левая часть делится нацело на 8, а правая на 8 не делится. Иначе: число слева не кратно 3, а справа – делится на 3. Полученное противоре-чие означает, что в этом случае решений нет. 1.7.22. ( )∈yx;

( ) ( ) ( ){ }1;1;1;1;0;0 − . Указание: привести уравнение к виду 212 yx += , и рас-

смотреть случаи: 2≥x , 0<x , 0=x , 1=x . В первом случае 42 Mx ⇒ необ-ходимо выяснить, с какими остатками делится на 4 правая часть уравнения. Для этого разбить множество всех целых y на 4 группы в зависимости от остатка

при делении на 4: qpy += 4 , 3,2,1,0=q , и показать, что 21 y+ не делится нацело на 4, т.е. решений нет. При 0<x левая часть меньше единицы, а правая часть при любом целом y больше единицы, т.е. уравнение также не имеет ре-шений. Наконец, если 0=x , то 0=y , а если 1=x , то 1±=y . 1.7.23.

( ) ( ){ }3;2; ∈yx . Решение. ( ) 1521 231332

⋅=−−+ yx . Если 1=y , то слева – дробь, а справа – целое число. Если 2=y , то слева – нуль, а справа – нет. При


2>y ( ) 313 2 M/−−y ⇒ ⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=+− 213

512

2

y

x ⇔

⎩⎨⎧

==

.32

yx

1.7.24. Нет решений. Указа-

ние. Рассмотреть случаи qpx += 3 , 2,1,0=q . Решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.25. Нет решений. Указание. Рассмотреть случаи

qpx += 7 , 6,..,1,0=q . 1.7.26. Нет решений. Указание. Рассмотреть случаи qpx += 7 , 6,..,1,0=q . 1.7.27. Указание: решение задачи рассмотрено в тек-

сте пособия. 1.7.28. ( ) ( ){ }1;0; −∈yx . Указание. Рассмотреть уравнение как

квадратное относительно x . 1.7.29. ( ) ( ){ }nnnzyx 3;7;2;; ∈ , где Zn∈ . Указание: решение аналогичной задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.30. Ука-зание: рассмотреть уравнение как квадратное относительно 2x . 1.7.31. ( )∈yx;

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }6;4;2;4;6;10;4;2;2;10;4;12 −−−−−−∈ . Указание: привести к виду

( ) ( ) 25447 22 =++− yx , и сделать замену 7−= xu , 4+= yv . Решение

задачи рассмотрено в тексте пособия. 1.7.32. ( ) ( ){ }5;6; ∈lk . Указание: решение

задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.33. ( ) ( ) ( ) ( ){ }2;3;2;3;0;3; −∈yx . Реше-

ние. Приведём систему к виду ⎪⎩

⎪⎨⎧

−+−<−

+−>−

,1484261834

23

23

xxyyxxyy

откуда

26183148 22 +−>−+− xxxx ⇔ ( )4,25∈x . С учётом Zx∈ , имеем

3=x . Подставим в систему: ⎪⎩

⎪⎨⎧

<−

−>−

.1414

3

3

yyyy

Так как Zyy ∈− 43 , то

043 =− yy и т.д. 1.7.34. ( ) ( ) ( ){ }21;5;20;5; −−∈yx . Указание: сложив пер-

вое и третье неравенства системы, получим 524−≤x . Сложив второе и

третье неравенства, найдём 0942 ≤−+ xx ⇔ 132132 +−≤≤−− x .

Таким образом, 524132 −≤≤−− x , т.е. 5−=x , и т.д. 1.7.35.

( ) ( ) ( ){ }3;3;3;6;3;2;4;4;2 . Указание: решение задачи разобрано в тексте посо-бия. 1.7.36. Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.37. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1;1;1;1;1;1;1;1;1;1;1;1;; −−−−−−∈zyx . Решение. Приведём уравне-

ние к виду xyzzyzxyx 3222222 =++ . Если ( )zyx ;; есть решение, то либо все zyx ,, положительны, либо одно из них положительно, а два других числа отрицательны. Можно ограничиться случаем 0>x , 0>y , 0>z . Используя


неравенство abba 222 ≥+ , из последнего равенства имеем: =xyz6 222222 222 zyzxyx ++= ( )++= 2222 zxyx ( )++ 2222 zyyx ( )≥+ 2222 zyzx

++≥ xzyyzx 22 22 ( )zyxxyzxyz ++= 22 2 , поэтому 3≤++ zyx . Далее

перебором. 1.7.38. ( ) ( ){ }4;3;2;; ∈zyx . Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.39. 12−=n . Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.7.40. 2±=a . Решение. 042 ≥−= aD – должен быть полным

квадратом. Обозначим ma =− 42 , 0, ≥∈ mZm . Тогда 22 4 ma =− ⇔

( )( ) 4=+− mama . Учитывая, что mama +≤− , и ma − , ma + – числа

одной чётности, получаем, что возможны два случая: ⎩⎨⎧

=+=−

22

mama

и

⎩⎨⎧

−=+−=−

22

mama

, откуда находим 2±=a . Проверкой убеждаемся, что условия

задачи выполнены. 1.7.41. ( )∈zyx ;; ( ) ( ){ }18;6;2;18;6;2 −∈ . Указание. По

условию ⎪⎩

⎪⎨⎧

++=

=

.8352 2

2

zxyxzy

Исключая 2y , получаем уравнение-следствие:

8352 ++= zxxz ⇔ 32

3152−

+=x

x . Дробь 32

31−x

должна быть целым

числом.

1.8.1. 4. Указание: ba

baab

a−

=− 1

. 1.8.2. –1. 1.8.3. 64 . Решение.

( )( ) ( )22

33

22

44 2yxyxyxxy

yxyxyx

++−

−−

−−

( )( )( )−

−+−−

= 22

2222

yxyxyxyx

( )( )22

222yxyx

yxyxyxxy++

++−− ( )( ) ( ) =−−+−= yxxyyxyx 222

( ) =− 3yx

+= 32146

22...2,1( =3

45

)877...7,2 321 6443 = . 1.8.4. 0 . Указание: сделать тригономет-

рическую подстановку αcos=m , αsin=n , βcos=k , βsin=l , где

[ )πβα 2,0, ∈ . 1.8.5. 1. Решение.


=++

+++

+++

=yzxxyzxy

xyxyzxyx

xxyx

A 211

1111

1=

+++

+++

++=

xxyxy

xyxx

xyx.

1.8.6. Указание: воспользоваться тождеством ( )( )( ) −=+−+

=+ !

1!111

!1 kkk

kk

( )!11+

−k

. 1.8.7. 9925 . Решение. Пусть =x ( )25,0 , тогда =x100 ( )25,25 .

Вычтем из второго равенства первое: 2599 =x ⇒ =x 9925 . 1.8.8. 990211 . Решение. Воспользуемся одним из способов перевода периодической десятич-

ной дроби в дробь обыкновенную: ( ) =132,0 .990211

9902213=

− 1.8.9. Числа

равны. 1.8.10. Число b больше. Решение. Воспользуемся методом от противно-го. Предположим, ab ≤ . Тогда aaab ≤+−= 1052 , но неравенство

01062 ≤+− aa ⇔ ( ) 013 2 ≤+−a не имеет решений. Противоречие. Сле-довательно, ab > . 1.8.11. Указание: оценить знак разности ba− . 1.8.12. Пер-вое число меньше. Решение. Заметим, что ( ) =004,2 ( )004004004,2 . Вос-пользуемся правилом сравнения двух положительных действительных чисел, представленных бесконечными десятичными дробями. Целые части этих чисел равны, равны у них и две первые цифры после запятой, однако третья цифра после запятой у первого из чисел меньше соответствующей цифры у второго числа, поэтому заключаем, что ( )004,2 < 005,2 . Можно было решить эту за-дачу иначе, переведя предварительно каждое из сравниваемых чисел в обыкно-венную дробь:

( ) =004,29992002

< =200401 005,2 .

1.8.13. Первое число меньше. 1.8.14. Числа равны. 1.8.15. Числа равны. Указа-ние: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.8.16. Числа равны. Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.8.17. Указание: преобразовать равенство к виду ( )( )caba ++ ( ) 0=+ cb . 1.8.18. Значения выражений рав-

ны. Решение. Пусть αtga = , βtgb = , γtgc = , где ( )2,2,, ππγβα −∈ . Используя известные тригонометрические тождества, получаем, что ( )+− βαtg ( )+− γβtg ( ) =−αγtg ( )βα −tg ( )γβ −tg ( )αγ −tg . 1.8.19.

Да. Решение. При любом целом неотрицательном n и любом натуральном


2≥k имеет место равенство ( ) ( ).1

111

111 −

+=− ++ kkkkk nnn

Значит, единицу

можно представить так: ...31

31

211 2 +++=

231

31

20032003 ⋅++ . 1.8.20.

nn yx + nn ba += . Указание: доказать, что abxy = , и далее доказать по ин-

дукции с помощью равенства ( )( ) =++ −− yxyx nn 11 ( )( )baba nn ++ −− 11 .

1.8.21. Указание: воспользоваться методом от противного. 1.8.22. { }4;3∈n . Решение. Если уравнение имеет рациональные корни, то это могут быть только

{ }21;1 ±±∈x . Подставим в уравнение. 1) 1=x ⇒ Nn ∉= 0 ; 2) 1−=x ⇒

Nn ∉−= 2 ; 3) 21=x ⇒ Nn ∈= 4 ; 4) 21−=x ⇒ Nn ∈= 3 . 1.8.23. Нет. Указание: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.8.24. Указание: воспользоваться разложением =− ba ( )ba + ( )ba − . Решение задачи

разобрано в тексте пособия. 1.8.25. r

rx2112

−−

= , где r – любое рациональное

число, не равное 21 . Указание: решение задачи см. в тексте пособия. 1.8.26. Решение. Если 0=y , то 11 =− xy и утверждение справедливо. Если yx −= , то 0=xy , и утверждение также справедливо. Пусть 0≠y , yx −≠ . Положим

yxt = . Тогда y

tt 121 25 ⋅=+ , и если x и y – рациональны, то и t рацио-

нально. Выражая x и y через t , имеем ( )12 52 += tty , ( )12 53 += ttx ⇒

11 =− xy( )

2

5

5

25

5

11

14

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

=+

−tt

tt .1.8.27. ( )∈yx; ( ) ( ){ ;1;1;1;32 2

11 −+−−− − lll

( )}1;1 22

1 −++− + lll , где Zl∈ , 4;1;2;5 −−≠l .

1.9.1. На 13± . Решение. Пусть дробь сократима на целое число 1,0 ±≠p , тогда, по определению сократимой дроби, найдутся такие Znm ∈, , что

pnpm

ll

=++

7865

⇒ ⎩⎨⎧

=+=+

.7865

pnlpml

Умножая первое равенство системы на 8, а

второе на 5 и вычитая одно из другого, получим ( )nmp 5813 −= . Так как p и nm 58 − – целые числа, то p может быть равен только 13± (при этом

158 ±=− nm ). 1.9.2. Указание: см. решение предыдущей задачи. Иначе: так


как =++

26310

nn ( )

26141

261426

++

+=+

+++nn

nnn

, то исходная дробь сократима

(либо несократима) одновременно с дробью 2614

++

nn

, которая, в свою очередь,

сократима (либо несократима) одновременно с «перевёрнутой» дробью 1426

++

nn

.

Далее рассуждаем аналогично: так как ( )

=+

+++=

++

141214

1426

nnn

nn

14121

++

+=nn

, то дробь 1426

++

nn

сократима (либо несократима) одновременно с

дробью 1412

++

nn

. В свою очередь, дробь 1412

++

nn

сократима (либо несократима)

одновременно с дробью 1214

++

nn

. Поскольку 12

211214

++=

++

nn

nn

, то дробь

1214

++

nn

сократима (либо несократима) одновременно с дробью 12

2+nn

. Ещё раз

обращая дробь и выделяя целую часть, получим, что исходная дробь сократима (либо несократима) одновременно с дробью ( )n21 . Но последняя дробь явля-ется несократимой, следовательно, и исходная дробь тоже. 1.9.3.

2

422

3491216

yxyxyx

+++

− . 1.9.4. Нет. Решение. Сгруппируем первую дробь с по-

следней, вторую с предпоследней и так далее. Заметим, что дроби nk

и n

kn −

одновременно сократимы либо несократимы (так как любой общий делитель натуральных чисел n и k является делителем числа kn − , и поэтому

( ) =nkНОД , ( )nknНОД ,− ). Таких дробей будет чётное число. Чтобы в середине осталась непарная дробь, надо, чтобы выполнялось равенство

=nk

nkn −

⇒ ( )22 ≥= kkn , но тогда центральная дробь 21

2=

//

=k

knk

–

сократима на k . Таким образом, в данной последовательности число несокра-тимых дробей чётное.

1.10.1. 14. 1.10.2. Доказательство. =+ 22 1 aa ( ) +−2

1011


( ) =−+2

10111 ( ) ( ) .421011101122=++− 1.10.3. 70. Доказа-

тельство. cba +=+= 33 5020 , где 203 =b , 503 =c и =⋅= 3 5020bc

10= ⇒ ( )3030 23 −=− aaaa ( )cb += ( ) ( )×+=−++ cbbccbcb 32 22

( )=+−× 22 cbcb =+=+ 502033 cb 70 . 1.10.4. ( )4− . Указание: умножая числитель и знаменатель каждой из дробей на выражение, сопряжённое к зна-менателю, избавиться от иррациональностей в знаменателях дробей. 1.10.5. 2 (при 04 ≠− ba , 0,0 ≥≥ ba ). 1.10.6. 27 (при 053 ≠− ba , 0,0 ≥≥ ba ). 1.10.7. 01,00 <=A .

1.11.1. 6,12 =−= ba . Указание: решение задачи разобрано в тексте посо-

бия. 1.11.2. Решение. Заметим, что число ( ) −+99

526 ( ) n=−99

526 явля-ется натуральным (для этого необязательно знать бином Ньютона, достаточно осознать, что коэффициенты при раскрытии обеих скобок при одинаковых не-чётных степенях числа 26 будут одинаковыми, и при взятии разности исчез-

нут). Но тогда ( ) +=+ n99

526 ( ) <−99

526 (так как 1,526 < )

( )991,0+< n , откуда и следует доказываемый результат.

1.12.1. Первое число меньше. Указание: возвести в шестую степень. 1.12.2. Второе число меньше. Указание: возвести в шестую степень. 1.12.3. Первое чис-ло меньше. 1.12.4. Первое число больше. 1.12.5. Первое число больше. Указа-

ние: свести задачу к сравнению чисел 17 и ( )33

13699

441212,4 =−

= ⇔

1733 ∨ 172136 3 ⋅= ⇔ 17332 ⋅ ∨ ∨ 26 172 ⋅ ⇔ 233 ∨ 3432 ⋅ ⇔ 233 > > ( )( )133133 +− . 1.12.6. Первое число меньше. Указание: см. решение сле-дующей задачи. 1.12.7. Первое число меньше. Решение. Возведём оба числа в квадрат:

( 20062004 + 2) ∨ ( 20052 ⋅ 2) ⇔

( )++ 20062004 200620042 ⋅ ∨ 20054 ⋅ ⇔

200620042 ⋅ ∨ 20052 ⋅ ⇔ 20062004 ⋅ ∨ 22005 ⇔

( )( )1200512005 +− ∨ 22005 ⇔ 120052 − < 22005 . 1.12.8. Первое число больше. Указание: умножая числитель и знаменатель каж-дой из дробей на выражение, сопряжённое к знаменателю, избавимся от ирра-


циональности в знаменателях: 2

4547 +∨

24446 +

⇔ 4547 + ∨

∨ 4446 + . Так как 4647 > и 4445 > , то первое число больше. 1.12.9. Числа равны. Указание: сравнить квадраты чисел. 1.12.10. Первое число меньше. Решение. Обозначим 10 2=t . Тогда 725 + ∨ 10 28 ⋅ ⇔ 72 +t ∨

∨ t8 ⇔ 782 +− tt ∨ 0 ⇔ ( )( )71 −− tt ∨0. Заметим, что 721 10 << , и по-

этому ( )( )71 −− tt < 0. 1.12.11. Первое число больше. Указание:

( ) ( )++=+ baba2

>ab2 ( ) abba +22 (так как для 0, ≥BA име-

ем: >+ BA AB2 ⇔ BA ≠ ). 1.12.12. Первое число меньше. Решение. 2512

∨

∨3

13 − ⇔ 48,0 ∨

313 −

⇔ 02.05.0 − ∨3

13 − ⇔( )202.05.0 − ∨

∨ 3

13 −⇔ ( )004.02.025.03 +− ∨ 3 ⇔ 6912,1 ∨ 3 . Поскольку извест-

но, что 8,137,1 << , то получаем 6912,1 < 3 . 1.12.13. Первое число

больше. Указание: свести к сравнению чисел 3 4 и 23− , и возвести в куб.

1.12.14. Числа равны. Решение. ( ) ==5log3log5log 353 53 =5log3log 355

== ⋅ 5log3log 325 3log55 . 1.12.15. Числа равны. Указание: =11log22

( ) 11log2log 21111= . 1.12.16. Первое число меньше. Решение. =2005lg2lglg

2005

== 2lglog 20052005 2lg . Имеем: <2lg 231000lg10lg =< . 1.12.17. Числа

равны. Указание. Обозначим 33 5252 −++=x и возведём это равен-

ство в куб, используя формулу ( ) ( )baabbaba +++=+ 3333 : += 43x

( )( ) x⋅−++ 3 52523 ⇔ 0433 =−+ xx ⇔ ( )( ) 041 2 =++− xxx ⇔

1=x . 1.12.18. Первое число меньше. Указание: =+++ 820408

22521028 +++= ( ) 5215212

++=++= . 1.12.19.

<+ 1111 155 <+ 1111 137 1111 128 + . Указание: решение задачи разобрано в


тексте пособия. 1.12.20. Меньший корень квадратного трёхчлена. Указание: ре-шение задачи разобрано в тексте пособия. 1.12.21. Первое число больше. Указа-ние: сравнить оба числа с единицей. 1.12.22. Числа равны. Указание: преобразо-вать сумму логарифмов в логарифм произведения и воспользоваться тождест-

вом ( )( )

221111

kkk

k+−

=− . После упрощения первое число оказывается равно

( ) =158log2 15log3 2− . 1.12.23. Первое число меньше. Решение. 5cos ∨

∨ 5,0 ⇔ 5cos ∨ ( )35cos π . Так как оба числа 5 и 35π принадлежат интер-

валу ( )ππ 2,23 (докажите самостоятельно, что они удовлетворяют неравенст-

вам ππ 2523 << , πππ 23523 << ), и при этом 355 π< , а функция

xy cos= возрастает на этом интервале, то 5cos < ( )35cos π . 1.12.24. Пер-

вое число меньше. Решение. =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

332

3cos

113cos πππ

+332cos

3cos ππ

<+332sin

3sin ππ

(так как 332

332sin ππ

< ) 121⋅< =⋅+

332

23 π

333

21 π+ .

Покажем, что 67,0333

21

<+π

⇔ <333π

10017

. В самом деле, поскольку

15,3<π , 75.13 < ( =< 275.13 0625,3 ), то 52,55125,53 <<π ⇒

⇒ 100173352,5333 <<π .

1.13.1. Число иррационально. Решение. От противного: предположим, 7 – рациональное число. Тогда его можно представить в виде несократимой обык-новенной дроби вида qp , где Nqp ∈, . Итак, qp=7 ⇔ pq =7 ⇔

227 pq = . Так как левая часть делится нацело на 7, то и правая часть 2p так-же должна делиться на 7. Но если квадрат целого числа делится на 7, то и само число кратно 7, поэтому найдётся такое натуральное число k , что kp 7= .

Подставим в равенство 227 pq = вместо p выражение k7 и получим:

( )22 77 kq = ⇔ 22 7kq = . Аналогично, так как правая часть в последнем ра-

венстве кратна семи, то и левая часть, т.е. 2q , также должна быть кратна семи, следовательно, и само число q будет делиться нацело на 7, но тогда q можно представить в виде lq 7= , где l – некоторое натуральное число. Таким обра-

зом, оказалось, что и числитель, и знаменатель дроби qp делятся на 7, т.е.


дробь сократима на 7. Полученное противоречие с несократимостью дроби оз-

начает, что предположение о рациональности числа 7 неверно, а значит, это число иррационально. 1.13.2. Число иррационально. Указание: воспользоваться методом от противного. 1.13.3. Указание: воспользоваться методом от против-ного. 1.13.4. Указание: воспользоваться методом от противного. 1.13.5. Указа-ние: воспользоваться методом от противного. 1.13.6. Решение. От противного: предположим, qp=− 3 22 , где qp – несократимая дробь. Тогда

−= 223 qp ⇔ ( )322 qp−= ⇔ ( )=+ 22322 qp 3362 qpqp ++ . Слева в последнем равенстве находится иррациональное число, а справа – ра-

циональное. Противоречие. 1.13.7. Указание: ++−= 133A

=−++ 133 =++− 3232 ( ) ( ) =++− 324324 21

21

( ) 613132

1 =++−= . Далее закончить доказательство методом от

противного. 1.13.8. Решение. От противного: предположим, что число рацио-нально. Тогда его можно представить в виде несократимой обыкновенной дроби

=−++ 423423 qp , где Nqp ∈, . Возводя равенство в квадрат,

получаем 222226 qp=+ ⇔ ( )22 82 qp= . В левой части равенства

находится иррациональное число 2 , а в правой части – рациональное число. Такое равенство невозможно. Полученное противоречие означает, что сделан-ное предположение о рациональности данного числа неверно и, следовательно, число является иррациональным. 1.14.1. Двенадцатью нулями. Решение. Согласно основной теореме арифме-тики любое натуральное число, в том числе 53!, можно единственным образом (с точностью до перестановки сомножителей) разложить на простые множители:

npnnnn p⋅⋅⋅⋅⋅= ...7532!53 4321 , где все показатели степеней – натуральные числа. Очевидно, что нуль даёт только произведение «двойки» и «пятёрки», причём двоек в этом разложении больше, чем пятёрок, поскольку каждое второе натуральное число делится на два и только каждое пятое – на пять. Таким обра-зом, количество нулей на конце числа 53! определяется количеством пятёрок в разложении этого числа на простые множители. Подсчитаем это количество. Во-первых, каждое пятое натуральное число делится на пять, таких чисел от 1 до 53 будет [ ] 10553 = (здесь квадратными скобками обозначается целая часть чис-ла). Далее, каждое двадцать пятое число делится ещё на одну пятёрку, таких


чисел будет [ ] 22553 = . Суммируя, получаем 12 нулей. 1.14.2. { }62 +∈x .

Указание: привести уравнение к виду [ ] −= xx x2− , и рассмотреть случаи

[ )5,4∈x и 5=x . При [ )5,4∈x имеем [ ] 4=x , и уравнение примет вид

xx 24 −= и т.д. 1.14.3. { }3;37;35∈x . ОДЗ: 12

30 <−

≤x

⇔ 31 ≤< x .

Если 21 << x , то [ ] 1=x ⇒ { } [ ] 1−=−= xxxx , и уравнение примет вид

231 xx −

=− ⇔ ( )2,135∈=x . Если 32 <≤ x , то [ ] 2=x ⇒ { } 2−= xx , и

уравнение примет вид 2

32 xx −=− ⇔ [ ]3,2

37∈=x . Значение 3=x также

удовлетворяет уравнению. 1.14.4. Указание: решение задачи рассмотрено в тек-сте пособия. 1.14.5. { }32;31;0∈x . Указание: рассмотреть промежутки [ )4

1,0 ,

[ )21

41 , , [ )4

321 , , [ )1,4

3 . 1.14.6. [ )5.5,5.4∈x . Указание: рассмотреть промежутки

21+<≤ nxn и 12

1 +<≤+ nxn , Zn∈ . 1.14.7. [ )8,6∈x . Решение. 1)

Пусть 122 +<≤ nxn , Zn∈ , тогда [ ] nx 2= , ( )[ ] nx =+ 21 , и уравнение

примет вид nn =− 32 ⇔ 3=n ⇔ [ )7,6∈x . 2) Пусть nxn 212 <≤− ,

Zn∈ , тогда [ ] 12 −= nx , ( )[ ] nx =+ 21 , и уравнение примет вид

nn =− 42 ⇔ 4=n ⇔ [ )8,7∈x . Объединяя найденные промежутки, полу-

чаем ответ. 1.14.8. ( )[ )21, +∈ nnx , где Zn∈ . Решение. 1) Пусть

21+<≤ nxn , Zn∈ , тогда [ ] 1212 +=+ nx , [ ] nx = , [ ] 11 +=+ nx , и

уравнение примет вид ( )112 ++=+ nnn – верно при любом Zn∈ . 2) Пусть

121 +<≤+ nxn , Zn∈ , тогда [ ] 2212 +=+ nx , [ ] nx = , [ ] 11 +=+ nx , и

уравнение примет вид ( )122 ++=+ nnn – противоречие. Итак,

( )[ )21, +∈ nnx , где Zn∈ . 1.14.9. { }54;157∈x . Указание: решение зада-

чи разобрано в тексте пособия. 1.14.10. { }3;7−∈x . Решение. Так как

[ ] 10 <−≤ xx , то из уравнения [ ]xxxx −=−+ 42 получим, как следствие,

140 2 <−+≤ xx ⇔ ( ) ( ) 21712211 +−≤<+− x или

( ) <≤+− x2171 ( ) 2211+− . Первый из промежутков целиком лежит

внутри интервала ( )2,3 −− , а второй – внутри интервала ( )2,1 , поэтому в пер-


вом случае имеем [ ] 3−=x (решая уравнение 72 =x , находим корень

7−=x ), а во втором случае [ ] 1=x (решая уравнение 32 =x , находим ко-

рень 3=x ). Проверкой убеждаемся, что оба значения удовлетворяют урав-

нению. Иначе: привести уравнение к виду [ ] 24 xx −= и далее графическим

способом. 1.14.11. { }3 4∈x . Указание: привести уравнение к виду [ ]xx =− 33

и далее решать графически. 1.14.12. ( ){ }242 ++∈ nnx , где Nn∈ . Реше-

ние. Приведём уравнение к виду [ ]x

xx 1−= . Пусть Znnxn ∈+<≤ ,1 , то-

гда [ ] nx = , и получаем уравнение ( )xxn 1−= ⇔ 012 =−− nxx ⇔

( ) 2421 +−= nnx и ( ) 242

2 ++= nnx , причём 1x не удовлетворяет

неравенству 1+<≤ nxn ни при каком Zn∈ , а 2x удовлетворяет этому не-

равенству при 0>n . 1.14.13. [ )1, 2 +∈ nnx , где Znn ∈≥ ,0 ; nx = , где

Znn ∈< ,0 . Решение. Пусть Znnxn ∈+<≤ ,1 . Тогда [ ] nx = , и урав-

нение примет вид [ ] 22 nx = ⇔ 1222 +<≤ nxn ⇔ 12 +<≤ nxn . 1)

Пусть 0≥n : тогда 12 +<≤ nxn ⇔ [ )1, 2 +∈ nnx или

( ]nnx −+−∈ ,12 . Пересекая оба промежутка с [ )1, +nn , получим

[ )1, 2 +∈ nnx . 2) При 0<n имеем: 12 +<≤− nxn ⇔

[ )1, 2 +−∈ nnx или ( ]nnx ,12 +−∈ . Пересекая оба промежутка с

[ )1, +nn , получим nx = , Zn∈ . 1.14.14. { }3 2;0∈x . Решение. Приведём

уравнение к виду [ ] [ ]( )xxx ++= 216 2 . 1) Если 0<x , то левая часть уравне-

ния неотрицательна, а правая – отрицательна, поэтому решений нет. 2) Пусть 0≥x . Тогда разобьём на промежутки: а) 210 <≤ x ⇒ [ ] 02

1 =+x и

[ ] 0=x , следовательно, уравнение примет вид 06 =x ⇔ 0=x ; б)

121 <≤ x ⇒ [ ] 121 =+x , [ ] 0=x и уравнение принимает вид 26 =x ⇔

[ )1,2 216 ∉±=x ; в) 231 <≤ x ⇒ [ ] 12

1 =+x , [ ] 1=x и получаем уравнение


46 =x ⇔ 3 2±=x ; так как [ )233 ,12 ∈=x , то будет решением; г) 23≥x :

≥⋅= xxx 56 ( ) =+>= 14723 32195 xxx ( )( ) ≥++= xx 2

12 [ ] [ ]( )xx ++ 212 .

Поэтому на этом промежутке решений нет. 1.14.15. { }2002;...;3;2;1∈n . Указа-ние: решение задачи разобрано в тексте пособия. 1.15.1. 14. Решение. Пусть m – число нечётных чисел в X . Тогда

100363 NmN ≤< ⇔ 25273 NmN ≤< . Так как N – натуральное, то последнее неравенство можно переписать в эквивалентном виде

252731 NmN ≤≤+ ⇔ ( ) NmN 2775125 ≤≤+ . Отсюда по свойству

транзитивности следует, что ( ) NN 27125 ≤+ , т.е. 13≥N . Далее, начиная с 13=N и увеличивая N , проверяем выполнение условий задачи. Так, если 13=N , то, подставляя в исходное неравенство, получим 25

1731 44 ≤< m , од-

нако ни одно натуральное m не удовлетворяет этому неравенству. Если 14=N , то исходное неравенство примет вид 25

132 54 ≤< m ⇔ 5=m – на-

шлось натуральное m . Следовательно, 14min =N . 1.15.2.

( ){ ;3918log3 ±∈a ( )}.1910log3 ± Решение. Сделаем замену ab 3=

( 0>b ), тогда уравнение примет вид +− bbn2 ( ) =281 nb bn 8196 + . Рас-смотрим это уравнение как квадратное относительно b : ( ) ( ) 0181961 222 =−+−− nnbbn . (1) Выясним, какие значения может принимать выражение ( )12 −n . По условию n – целое нечётное число. Непосредственной подстановкой в уравнение (1) легко убедиться, что значения 1±=n ему не удовлетворяют. Для остальных нечёт-ных n выражение ( )12 −n положительно. С учетом 0>b из уравнения (1) следует также, что 0>n (иначе левая часть уравнения была бы строго положи-тельной и не могла бы обращаться в нуль). Итак, { }.,...7,5,3∈n Далее, необхо-димым и достаточным условием существования решений у квадратного уравне-ния (1) является неотрицательность его дискриминанта −= 2296 nD

( )22 1814 −⋅⋅− n ( ) ( )( )( )222 19484 −−= nn 0≥ ⇔ ( )( )×−+ 1948 2nn

( )( ) 01948 2 ≥−−× nn ⇔ ( )9489 2 −+ nn ( ) 09489 2 ≥++− nn . Так как при

{ }.,...7,5,3∈n первый сомножитель 09489 2 >−+ nn , то, сократив на него,

получаем неравенство 03163 2 ≤−− nn ⇔ ( ) ( )[ ]3738,3738 +− , в


который из нечётных чисел 3≥n попадают только 3=n и 5=n . Рассмот-рим эти случаи. Если 3=n , то уравнение (1) после упрощения принимает вид

081362 =+− bb ⇔ 3918 ±=b , откуда, делая обратную подстановку

39183 ±=a , находим значения ( )3918log3 ±=a . Аналогично для

5=n получаем из (1) уравнение 081202 =+− bb , откуда 1910 ±=b ⇒

( )1910log3 ±=a .

К РАЗДЕЛУ 2

2.1.1. 12161 ≤≤ A . Решение. Так как 43 ≤≤ x , 12 −≤−≤− y , то

1122 ≤−−≤− yx , ( ) 8140 ≤−−≤ yx . Поскольку показательная функция с основанием 4 возрастает на всей действительной прямой, то из этих оценок получаем 244044 2 ⋅+≤≤⋅+− A ⇔ 12161 ≤≤ A . 2.2.1. 0. Указание. Решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 2.2.2. См. 1.3.14. 2.2.3. См. 1.12.18.

2.3.1. Доказательство. Заметим, что 10000

11> , 10000

12

1> ,

100001

31

> ,…,10000

199991

> , 10000

110000

1≥ . Сложив по-

членно эти 10000 неравенств, получим: ...4

13

12

11 ++++

10010000

1000010000

1... =≥+ . Иначе: воспользоваться методом математиче-

ской индукции. 2.3.2. Указание: воспользоваться тем, что Nk ∈∀ , 2≥k

справедливо ( ) kkkkk1

11

111

2 −−

=−

< . 2.3.3. Доказательство. Обозначим

10099...

65

43

21

⋅⋅⋅⋅=A . Так как 32

21< ,

54

43< , …,

101100

10099

< , то, перемно-

жая эти неравенства, получим A

A101

1< , откуда

101

1011

<<A . 2.3.4. Ука-

зание: ...21

21

21

2 32 +++=−SS 10011000 2

10002

1−+ 10011000 2

10002

11 −−= ⇒


2210022 1000 <−=S . 2.3.5. Доказательство. ( ) <⋅+ 114a ( )

=++

2114a

12 += a (неравенство не обращается в равенство, поскольку в условиях задачи 114 ≠+a ). Аналогично для b и c . Складывая все три неравенства и учитывая

1=++ cba , получим требуемое неравенство. 2.3.6. Доказательство.

=+

≤+ab

baba33 ( )( )

abbababa +−+

. Сократим на ba + :

ababba −+

≤1 ⇔ 2

baab +≤ . 2.3.7. Указание: перемножить неравенства

ii aa 21 ≥+ , 5,..,2,1=i . 2.3.8. Указание: ( ) ( )++=+ baba2

≥ab2

( ) abba +≥ 22 . 2.3.9. Доказательство. ( ) ( )

≥++

214 2 bb ( )( ) =+14 2 bb

12 += bb . 2.3.10. Доказат-во: ( )++ 44 ba ( ) =+≥+ 222244 22 dcbadc

( )≥+= 222 cdab ≥abcd4 abcd4 . 2.3.11. Указание: сделать тригонометри-

ческую подстановку ϕcos=x , ϕsin=y . 2.3.12. Указание: сделать тригоно-метрическую подстановку αcos=a , αsin=b , βcos=c , βsin=d . 2.3.13. Указание: положить ε+=1a , ε−=1b . 2.3.14. Доказательство.

( )−− 23 aa ( ) ( ) 0121 ≥+−+− aaa ⇔ ( ) ( )( )+−−− 112 aaa ( ) 012≥−a

⇔ ( ) ( ) ( ) 011122 ≥−++− aaa . Последнее неравенство выполнено при всех

0≥a , поскольку оба слагаемых в его левой части неотрицательны. 2.3.15. До-казательство. 1) ( ]0,∞−∈x : неравенство ( ) ( ) 01258 >+−++−+ xxxx выполнено при всех таких x , так как первые 4 слагаемых в левой части нера-венства неотрицательны, а последнее – положительно; 2) ( )1,0∈x : неравенство

( )+−+ 528 xxx ( ) 01 >−+ x верно на всём промежутке, так как все три сла-

гаемых в левой части (после группировки) положительны; 3) [ )+∞∈ ,1x : нера-

венство ( ) ( ) 01258 >+−+− xxxx также выполнено при всех таких x , по-скольку первые два слагаемых неотрицательны, а последнее – положительно. 2.3.16. Доказательство: cba =+ ⇒ 10 =+< cbca ⇒ 10 << ca и

10 << cb . Тогда ( ) caca >43 и ( ) cbcb >43 ⇒ ( ) +43ca ( ) >43cb


+> ca 1=cb . 2.3.17. Доказательство:

( ) .9633111=+≥⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++

bc

cb

ac

ca

ab

ba

cbacba

2.3.18. Доказательство. Разделив неравенство на abc : ≥++ 222111cba

abacbc111

++≥ и обозначив a

A 1= ,

bB 1= ,

cC 1= , получим известное ал-

гебраическое неравенство +≥++ BCCBA 222 ABAC + . 2.3.19. Указание:

применить неравенство Коши для чисел ac

cb

ba ,, . 2.3.20. Указание: возвести в

квадрат, умножить на 9, перенести все слагаемые в одну сторону и выделить три

полных квадрата. 2.3.21. Доказательство. ( ) ( ) ( ) 0222 ≥−+−+− cbcaba ⇒

≥++ 222 cba acbcab ++ ⇒ ( ) 2222 cbacba ++=++ +++ bcab 22

≥+ ac2 ( ) 363 ≥++ bcacab . 2.3.22. Доказательство. Из равенства ++ ba

1=+ c имеем ac

ab

a++=11

, bc

ba

b++=11

, ca

cb

c++=11

. Отсюда и из

неравенства для суммы двух взаимно обратных чисел следует искомое утвер-ждение. 2.3.23. Указание: −++ accbba 222 ( )=++ abbcca 222

( )( )( )cacbba −−−= . 2.3.24. Указание: воспользоваться неравенством

21

1 2 ≤+ aa

. 2.3.25. Доказательство. Из условия bca211

=+ следует, что

caacb+

=2

. Тогда =−+

+−+

bcbc

baba

22=

++

+c

caa

ca2

32

3 4231 ≥⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

ca

ac

.

2.3.26. Указание: сделать замену zya += , xzb += , yxc += . 2.3.27. Ука-зание: сделать замену xcb 2=+ , yac 2=+ , zba 2=+ , и воспользоваться неравенством о сумме взаимно обратных чисел. 2.3.28. Доказательство. Пере-множим неравенства: ( ) ( )cbba −− 11 ( ) 6411 >− ac . С другой стороны, для

любого x имеем ( ) 411 ≤− xx , а, следовательно, ( )aa −1 ( )×− bb 1

( ) 6411 ≤−× cc . Противоречие. 2.3.29. Указание: преобразовать равенство к

виду ( )( )( ) 0=+++ cbcaba . Значит, исходное равенство имеет место тогда

и только тогда, когда ba −= , либо ca −= , либо cb −= . Но тогда nn ba −= ,


либо nn ca −= , nn cb −= для нечётных n . 2.3.30. Указание: применить нера-венство Коши–Буняковского

( ) ≤⋅+⋅+⋅+⋅ 21111 dcba ( )( )22222222 1111 ++++++≤ dcba . 2.3.31. Указание: воспользоваться неравенством Коши–Буняковского.

2.3.32. Доказательство. Используя теорему косинусов и теорему Пифагора, получаем:

abbaAB ++= 22 , 22 caAC += ,

bccbBC 322 −+= . Тогда доказываемое неравенство превраща-ется в неравенство треугольника

BCACAB +≤ (см. рис. слева). 2.3.33. Доказательство. Воспользуемся геометри-ческим подходом. 1-й способ. По теореме косинусов для соответствующих треуголь-ников (см. рис.) имеем:

( )xyyxa 2122 2 −−+= ,

( )xzzxb 2122 2 −−+= ,

( )yzzyc 2122 2 −−+= .

Таким образом, данное неравенство имеет простой геометрический смысл:

cba ≥+ – неравенство треугольника. 2-й способ. Рассмотрим на коорди-натной плоскости Oxy точки

( )0;xA , ( )23;2 yyB − ,

( )23;2 zzC −− ⇒ 22 yxyxAB ++= ,

22 zxzxAC ++= , 22 zyzyBC ++= , а неравенство принимает вид

BCACAB ≥+ . 2.4.1. а) верно; б) неверно; в) верно; г) неверно. Решение: Обозначим через p и q соответственно количество положительных и отрицательных чисел в

данной совокупности { }kn , где 40,...,2,1=k , Nqp ∈, . Пусть +S – сумма

всех положительных чисел, а −S – абсолютная величина суммы отрицательных

120

120120

o

oo x

y

z

a

b

c

O A

B

C

a

bc

30o


чисел. Тогда справедливы равенства 40=+ qp , 540

=− −+ SS

. а) Утвержде-

ние верно, так как из 200=− −+ SS следует

540200200200

=>>+

=−+

ppS

pS

. б) Неверно, что следует из примера:

1,39 == qp , 6... 391 === nn , 3440 −=n . в) Справедливость утверждения следует из а). В самом деле, пусть наибольшее положительное число меньше 5. Тогда <+++=+

pnnnS ...21 p5 ⇔ 5<+ pS , что противоречит доказан-

ному в п. а). г) Неверно, например: 2391 =n , 1... 4032 −==== nnn .

К РАЗДЕЛУ 3

3.1.1. ( )4,5−∈a . 3.1.2. Rx∈ . Указание: упрощая коэффициенты, при-

вести уравнение к виду 00 =⋅ x . 3.1.3. { }3 . 3.1.4.

( ) ( )( ).222,222 +−∈x 3.1.5. 1 решение. 3.1.6. { }0;1−∈b . 3.1.7.

{ }3;815;81−∈a . 3.1.8. ( ] { } [ )+∞∞−∈ ,34451, UUa . Указание: поло-

жить ( )xt 23= . 3.1.9. ( ) ( )+∞−∞−∈ ,795, Ua . 3.1.10. 36−=a . 3.1.11.

( ] ( ){ }313220,1 +−∈ Ua . 3.1.12. При 0,0 ≥> ba решений нет; при

0,0 ≤≤ ba Rx∈ ;при 0,0 <> ba ( ] Ubax −−∞−∈ , [ )+∞− ,ba ;

при 0,0 >≤ ba [ ]babax −−−∈ , . 3.1.13. { }U0∈a

( ) ( )( )222,262 −−−−U . Указание: при 0≠a показать, что дискрими-

нант является полным квадратом, найти корни 2,1x и учесть условия задачи.

Случай 0=a рассмотреть отдельно. 3.1.14. ( ]35,−∞−∈a . Указание: рас-смотреть случаи, когда старший коэффициент 0= , 0< , 0> . В последнем случае для отбора a можно воспользоваться методом координат на плоскости Oab . 3.1.15. При ( )4,−∞−∈d нет решений; при 4−=d 1=x ; при

( )0,4−∈d ( ) ( )[ ]42log,42log 22 +++−∈ ddx ; при [ )+∞∈ ,0d

,(−∞∈x ( )]42log2 ++ d . Указание: сделать замену 02 >= xt .

3.2.1. 999,12 >=A , A ( )9,1= . 3.2.2. Не может. Указание: воспользовать-


ся теоремой Виета ⎩⎨⎧

+=−=+

,121

21

bxxaxx

откуда 21 xxa −−= , 121 −= xxb , и пока-

зать, что выражение 22 ba + раскладывается на множители, отличные (по мо-

дулю) от единицы. 3.2.3. { }2±∈x . 3.2.4. 3−=a , 18=S . 3.2.5. 13=a ;

18,6,2 321 === xxx . 3.2.6. ( )21,0∈a . 3.2.7. ( ]ca 2,0∈ . 3.2.8. 4=α ;

[ ]( ) 3max

4,2=

∈xy

α. 3.2.9. { }41,21−∈b . 3.2.10. Корни существуют при 0=m

(нулевой корень) и при 3≥m , когда корни положительны. 3.2.11. { }2∈a .

3.2.12. Ra∈ . 3.2.13. 2−=a . 3.2.14. { }23∈a . 3.2.15. Указание. Так как старший коэффициент положителен, то условие задачи выполняется ⇔ ( ) 01 <f , где ( ) aaxxxf −−= 22 .3.2.16. 2

15min 2 −−=a , 12

1max −=a . Ука-

зание. ( ) +−= axxaxf 22 03 41 ≤+a ( 0≠a ). Условия задачи приводят к

системе ( ) ( )

⎩⎨⎧

≤≤−≤≤−

.01;00;01

вxff

3.2.17. Указание. Положим 22yxa += , то-

гда исходная задача будет сформулирована в виде: «При каких a неравенство

( ) +−2222 ya 12 ≤y имеет решения»? Приведём неравенство к виду

( ) 012188 224 ≤−+−− ayay . Оно имеет решения ⇔ квадратное неравенст-

во ( ) 012188 22 ≤−+−− atat имеет неотрицательные решения. Далее мето-

дом парабол. 3.2.18. ;74( −∈a )74 + . Указание: положим

132 ++= xxy . Тогда уравнение преобразуется к виду

03 22 =+++ aaaxx . Далее методом парабол. 3.3.1. ( ) ( ).1,01, U−∞−∈x 3.3.2. ( ] { }10, U∞−∈x . 3.3.3.

( ){ }255;1 ±−∈x . Указание: привести уравнение к виду ( )+− 23 xx

( ) 055 2 =−+ x ⇔ ( ) ( )( ) 011512 =+−+− xxxx ⇔ ( )×−1x

( ) 0552 =++× xx . 3.3.4. { }11;9−∈x . Указание: привести уравнение к виду

( ) ( ) 010000400412 224 =++−++ xxxx . 3.3.5. ( ) aba + и ( ) bba − . Указание: воспользоваться теоремой, обратной к теореме Виета. 3.4.1. { }2∈x . 3.4.2. { }0;1−∈x . 3.4.3. ( ) [ )+∞∞−∈ ,341, Ux . 3.4.4.


( ] ( ).,19961, +∞∞−∈ Ux 3.4.5. ( )+∞∈ ,2x . 3.4.6. ( ]U34,2 −−∈x ( )+∞− ,1 .

3.4.7. [ ) [ )+∞−∈ ,20,2 Ux . 3.4.8. [ ] ( )3,21,5 U−∈x . 3.4.9. ( ] ( )8,72,1 U∈x .

Указание: свести неравенство к равносильной ему системе

( )( )( )( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

≠

≤−−−−

.7

08172

xxxxx

3.4.10. ( ) [ )UU 3,417, −−−∞−∈x ( ) ( ]5,173,3 UU − . 3.4.11. ( )3,2∈x .

Указание: неравенство равносильно неравенству 0652 <+− xx . 3.4.12. ( ) ( )+∞−∞−∈ ,14, Ux . Указание: неравенство равносильно неравенству

0432 >−+ xx . 3.4.13. ( ] ( ) [ )+∞−∞−∈ ,42,11, UUx . 3.4.14.

( ) [ )UU 0,123,23 −−−∈x ( )23,0 . 3.4.15. { } ( )3,25 −−∈ Ux . 3.4.16.

( )U8,−∞−∈x ( ) [ )+∞−− ,02,5 U .3.4.17. 31 . 3.4.18. { }3;815;81−∈a .

3.5.1. { }1−∈k . Указание: перенести второе слагаемое (число 4) в левой

части направо, и представить 25 − в виде ( )251 + . 3.5.2.

( ){ }2959999 ⋅±−∈x . Указание: воспользоваться тождеством

( )( ) nxnxnxnx +−

−+=

+−+1

11

11

, 99,...,2,1=n . 3.5.3. ( ]U32,−∞−∈a

( )+∞,23U . Указание: рассмотреть два случая

⎩⎨⎧

>+−≤+

323142

aa

и ⎩⎨⎧

<+−≥+

.123342

aa

3.5.4. ( ) ( )+∞−−∞−∈ ,316, Ub . Указание: рассмотреть два случая

⎩⎨⎧

−>−>

1213

bb

и ⎩⎨⎧

−<−<

.3233

bb

3.5.5. [ ]211,52∈a . 3.5.6. При ( )3,−∞−∈a

( ) ( )+∞−∞−∈ ,3, Uax ; при 3−=a ( ) ( )+∞−−∞−∈ ,33, Ux ; при

( ) ( )+∞−∈ ,3131,3 Ua ( ) ( )+∞−∞−∈ ,3, ax U ; при 31=a

( ) ( ) ( )+∞−∞−∈ ,11,313, UUx .

3.6.1. ( )( )+∞−∈ ,2215x . 3.6.2. ( ] { }21, U−∞−∈x . 3.6.3.

[ ) { }321,31 −−∈ Ux . 3.6.4. { }6∈x . Указание: разложить подкоренные выражения на линейные множители. Заметив, что 6=x – решение, для нахож-


дения других решений (из отрезка [ ]5,4 ), сократить на 06 >− x . 3.6.5.

{ }23−∈x . Указание: группируя и раскладывая на множители, привести урав-

нение к виду ( )×+++ 33 21 xx ( ) 013 33 =+−+ xx . 3.6.6.

( ]U2,3−∈x ( ) ( )[ ]2123,2313 −− [ )5,2U . 3.6.7.

( )[ ]13251012,4 −−∈x { } [ ]2,13230 UU .

3.7.1. Уравнение не имеет решений. Указание: привести уравнение к виду ( )241 −−= xx , построить графики функций, расположенных в левой и пра-

вой частях уравнения, и показать, что они не пересекаются. 3.7.5. Это точки, лежащие на прямых 1−=x , 0=x и 2+−= xy , за исключением точек пере-

сечения этих прямых с прямыми xy ±= . 3.7.9. 21 π+ (кв.ед.). 3.7.10.

π (кв.ед.). 3.7.13. Объединение двух полупрямых: ( )y,3 , где [ )+∞−∈ ,3y ;

( )1,x , где [ )+∞−∈ ,1x . 3.7.14. 3=S (кв.ед.). 3.7.15. Наибольшее значение

функции минимально при 5−=a и равно ( )4− . 3.7.16.

{ } ( ]4,424 −−∈ Uc . 3.7.17. 5kb ≠ , Zk∈ . Указание. Неравенство задаёт

на плоскости ( )yx; открытый круг с центром в точке ( )baba ++ 3;2 и ра-

диусом 21 . Такой круг не содержит ни одной точки с целыми координатами тогда и только тогда, когда его центр удалён от всех таких точек не менее чем на

21 , т.е. имеет координаты ( )21

21 ; ++ mn , где Zmn ∈, . Приравнивая ко-

ординаты центра, находим ( ) 52 21 nma −+= , ( ) 513 mnb −+= . Дроби

вида ( ) 513 mn −+ при Zmn ∈, пробегают все значения вида 5k , где Zk∈ . Следовательно, они (и только они) должны быть исключены. 3.7.18.

Указание: упростить условие с учётом тождества ( ) 211cos αα +=arctg ,

R∈α . 3.7.19. ( ) ( ){ }0;2; ∈yx . Указание: изобразить ОДЗ уравнения на плос-

кости ( )yx; , и отобрать точки с целочисленными координатами, попадающие в

это множество. 3.7.20. ( ) ( )437 π−arctg . Указание: выяснить, при каких зна-чениях k прямые kxy = пересекают данное множество (неравенство рассмот-

реть как квадратное относительно x ). Получится, что при 371 << k . 3.7.21.


212 . Указание: учитывая, что ( ) ( )224 yxyxxy −−+= , ( )=+ 222 yx

( ) ( )22 yxyx −++= , привести уравнение к виду

( ) ( )( )( ) ( )( ) 04242 222222 =−−+++−+− yxppyxpp , т.е.

( )( )⎢

⎢⎣

⎡

++−=−++=−

+−−=++−=+

.42;42;42;42

22

22

ppyxppyxppyxppyx

При каждом значении p

уравнения совокупности задают четыре прямые. Поскольку ( ) 33142 22 ≥+−=+− ppp и ( ) 33142 22 ≥++=++ ppp , то указан-

ные прямые не проходят только через точки области, определяемой системой неравенств 3<+ yx и 3<− yx . Это внутренность квадрата со стороной

23 , а искомая линия – его периметр.

3.8.1. ( ) ( )2,3333,2 U−−∈x . 3.8.2. ( ){ ;3;2215 −+−∈x

( ) }.2521;2 −− Указание: сделать замену 352 ++= xxy . 3.8.3. { }3;2∈x .

Указание: сделать замену 752 +−= xxy . 3.8.4.

( )( ) ( )( )2131,10,2131 +−∈ Ux . Указание: сделать замену

62 −−= xxy . 3.8.5. [ ] ( )0,321,34 −−−∈ Ux [ ]32,31U . Указание:

сделать замену xxt 23 2 += . 3.8.6. { }5−∈x . Указание: сделать замену

( )xy −= 21 . 3.8.7. { }27;3∈x . Указание: сделать двойную подстановку

xa 27 −= , 158 2 −−= xxb . 3.8.8. { ;31±−∈x }22 ±− . Указание:

сделать подстановку 232 −+= xxy и свести к системе ⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=−+

.2323

2

2

yxxxyy

3.8.9. ( ){ }322;1;0 ±∈x . Указание: преобразовать уравнение к виду

( ) ( ) ×−=−+− 222 1131 xxx ( )( )113 2 +−x , ввести переменные

( )21−= xa , 21 xb −= , и затем рассмотреть уравнение как квадратное от-

носительно b . 3.8.10. ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

∈2

3,6

83; ddyx , где Rd ∈ . Указание: привести

уравнение к виду 4=++ βγαγαβ , где dyx +−=α ,

dx +−= 24β , dyx 2−+=γ , и воспользоваться неравенством Коши.


3.9.1. ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ −±−∈ 23241x . Указание: сделать подстановку

( )21+= xy .

3.10.1. { }25−∈x . Указание: сделать замену xy −= . 3.10.2. { }3;2∈x .

Указание: сделать замену 2−= xy . 3.10.3. { }1;4−∈y . Указание: сделать

замену 432 −+= yyx . 3.10.4. [ )U900,0∈x ( )+∞,3600U . Указание:

сделать замену xt = . 3.10.5. { } ( )+∞∈ ,160 Ux . 3.10.6. { }81;16∈x . Указа-

ние: выполнить двойную подстановку 4 97 xu −= , 4 xv = , свести уравнение

к системе ⎩⎨⎧

=+

=+

,975

44 vuvu

и воспользоваться тождеством =+ 44 vu

( )( ) ( )222 22 uvuvvu −−+= . 3.10.7. { }1∈x . Указание: положить

31 ++−= xxy . 3.10.8. { }7;6;5∈x . Указание: очевидно, 5=x – корень

уравнения. При 5≠x сделать подстановку 3

57−−

=x

xt . 3.10.9. { }5∈x . Ука-

зание: возвести в квадрат и сделать замену 1−= xxt . 3.10.10.

( ) ( ){ }2;2; ∈yx . Указание: сделать подстановку 1−= xa , 1−= yb , и рассмотреть как квадратное относительно a . 3.10.11.

( ) ( )( ) [ )7,53822,329,64 UU −−−−−∈x . Указание: сделать двойную

подстановку 542 −−= xxa , 22 += xb . Тогда 255

164

22 −+

<−+

bb

aa

⇔

51

41

−<

− ba. 3.10.12. { }15∈x . 3.10.13. Указание: решение задачи разобрано

в тексте пособия. 3.10.14. ( )∈yx; ( ) ( ){ }29,9;6,26 −−∈ . Указание: положить

3 1+= xu , 3 2−= yv . 3.10.15. [ ) ( )27,027,34 U−−∈x . Указание:

положить =u ( )431 x+= , ( )431 xv −= . 3.10.16.

( ) ( )+∞−∞−∈ ,02, Ux . Указание: положить ( )12 += xxy . 3.10.17.

( ){ }251;1 ±−∈x . Указание: положив 3 12 −= xy , свести уравнение к


системе ⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=+

.2121

3

3

xyyx

3.11.1. { }222;222;22 +−−−∈x . Указание: сделать триго-

нометрическую подстановку [ ]παα ,0,cos ∈=x . 3.11.2. 2121 ≤≤− xy .

Указание: привести уравнение к виду ( ) ( ) 122 22 =+ xy , и сделать двойную

подстановку ( ) ϕsin21=y , ϕcos2=x . 3.11.3.

( ){ }426;22 −−∈x . Указание: воспользуйтесь тригонометрической

подстановкой [ ]2;2,sin ππ−∈= ttx . 3.11.4.

( ){ }1262;62;62 +−∈x . Указание: сделать тригонометрическую

подстановку [ ]2;2,sin3 ππ−∈= ttx . 3.11.5.

( ){ }54;53;14573 +−∈x . Указание: сделать тригонометрическую под-

становку ( )2;2,sin ππ−∈= ttx , 0≠t . Затем решить полученное триго-нометрическое уравнение с помощью замены tty cossin += . 3.11.6. 3.

Указание: сделать подстановку tx cos= , [ ]2,0 π∈t . 3.11.7.

{ }45210 −∈x . 3.11.8. ( )321max =y . Указание. Функция является не-

чётной, её наибольшее значение достигается на промежутке 310 ≤≤ x . По-

ложить ( ) ϕsin31=x , где [ ]2,0 πϕ∈ . 3.11.9. 10 . Указание: приведя

уравнение к виду ( ) +22x ( ) 14 2 =y , положить ϕcos2=x , ϕsin4=y ,

[ )πϕ 2,0∈ . 3.11.10. 38− . Указание: положить cbay +−= 2 , тогда yabc +−= 2 . Подставляя в уравнение, получим квадратное уравнение

( ) 0445224 222 =−++++− byybabya ,

которое имеет решения ⇔ 01 ≥D . Последнее неравенство рассмотреть как

квадратное относительно b , оно имеет решение ⇔ 02 ≥D . Из полученного диапазона изменения y выбрать наименьшее значение. 3.11.11.

( ) ( )+∞−∞−∈ ,2323, Ua . Указание: привести условие к виду

( ) ( ) ( )222 323 =++− yx , и сделать подстановку =− 3x ϕcos3 ,

ϕsin32 =+y , [ )πϕ 2,0∈ . 3.11.12. См. 1.8.18. 3.11.13.


( ) ( )3060136004201 ± . Указание: из первого уравнения следует, что

[ )πϕ 2,0∈∃ : ϕcos51=+x , ϕsin52 =+y . Аналогично из второго урав-

нения вытекает, что [ )πψ 2,0∈∃ : ψcos12=z , ψsin121=−w . 3.12.1. Указание: рассмотреть уравнение как квадратное относительно x .

3.12.2. ( ) ( ){ }1;0; −∈yx . 3.12.3. ( ){ }1262;62;62 +−∈x . Указа-

ние: привести уравнение к виду ( ) +−⋅−− 22 916912 xxx 0123 =−+ x ,

и рассмотреть его как квадратное относительно величины 291 xy −= . 3.12.4.

( ) [ ) [ )+∞−−−= ,123,2 UyE . Указание: рассмотреть уравнение как иррацио-нальное уравнение с параметром y . 3.12.5. 10 . Указание: положить

yxa 23 −= , тогда ( ) 23 axy −= и, подставив в уравнение, свести к задаче:

«при каких значениях a квадратное уравнение 064625 22 =−+− aaxx имеет решения?». 3.12.6. [ ).,31 +∞−∈a Указание: рассмотреть неравенство как линейное относительно параметра a , и привести его к виду

( ) ( )314 2 +−> xxa . Обозначив ( ) ( )314)( 2 +−= xxxf , доказать моно-

тонное возрастание этой функции на отрезке [ ]0,1− ( ( )xf ′ 0> ). Следователь-

но, ( )xf своё наибольшее значение достигает на правом конце отрезка, т.е. при

0=x , и ( ) 310 −=f . Далее воспользоваться, например, графическим подхо-

дом. 3.12.7. ( )7,2∈a . Указание: рассмотреть неравенство как квадратное отно-сительно параметра a , получить оценки для x из условия положительности дискриминанта, и отобрать целые x , им удовлетворяющие. 3.12.8. Указание: обозначить a=π , уединить в равенстве радикал, возвести на ОДЗ в квадрат, и далее рассмотреть полученное уравнение как квадратное относительно a .

3.12.9. Указание: обозначить a=2 и рассмотреть как квадратное относи-тельно a . 3.12.10. Указание: рассмотреть это уравнение как квадратное относи-тельно z , а затем неравенство, полученное из условия неотрицательности дис-криминанта, – как квадратное относительно y . 3.12.11. При ( )45,−∞−∈a

одно решение; при 45−=a два решения; при ( )1,45 −−∈a три решения;

при [ )21,1 −−∈a два решения; при 21−=a одно решение; при

( )5,21−∈a два решения; при [ )+∞∈ ,5a одно решение. Указание: сделать

замену 02 >= − xt , и рассмотреть уравнение как квадратное относительно a .


3.13.1. { }2∈y . Указание: извлечь корень пятой степени (равносильное пре-образование), и затем решить полученное квадратное уравнение. 3.14.1. ( ) ( ){ }1;1; −∈yx . Указание: ( ) ( ) 01212 22 =+++−+ yxyx . 3.14.2.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }6;4;6;10;2;4;2;10;4;2;4;12; −−−−−−∈yx . Указание: привести

уравнение к виду ( ) ( ) 25447 22 =++− yx и сделать замену

4,7 +=−= yvxu . Учесть, что если пара ( )vu, есть решение, то решения-

ми также будут ( )vu −, , ( )vu,− , ( )vu −− , . Далее подбором (с учётом 5≤u ,

2≤v ) найти неотрицательные решения уравнения. 3.14.3.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }1;2;1;0;2;2;0;0; −−−−−∈yx . Указание: ( ) +− 2yx ( ) 11 2 =+y

⇒ ( ) 12 =− yx и ( ) 01 2 =+y , либо ( ) 02 =− yx и ( ) 11 2 =+y . 3.14.4.

( ) 0min =∈

xfRx

. Указание: ( ) ( ) 02 2≥+= axxf x при Rx∈∀ . При 0>a

точка пересечения графиков xy 2= и axy −= существует. 3.14.5.

( ) ( ) ( ){ ( );3;32;3;3;3;3; −−∈ba ( )}3;32 −− . Указание: привести уравне-ние к виду, когда сумма трёх полных квадратов равна нулю. 3.14.6.

( ){ }431−∈a . Указание: привести уравнение к виду

( ) ( ) ( ) =−+⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −+−+ 413132

22 xaxax 0 . 3.14.7. ( )∈yx;

( ) ( )( ){ }narctg π23451arccos;1;4 +−±∈ , Zn∈ . Указание: оценить значе-ния yx, на ОДЗ.

3.15.1. { }9∈x . Указание: учесть, что ( )( )224 −+=− xxx , и сокра-

тить дробь в левой части уравнения на )0(2 >+x . 3.15.2. При

( ) 236692≤a уравнение имеет по крайней мере два различных корня; для лю-

бых двух корней 21 xx ≠ имеем: 20072221

21 =++ xxxx . 3.15.3.

( ){ }121 3 +−∈x . Указание: привести уравнение к виду ( ) 33 21 xx −=+ и

извлечь кубический корень.3.15.4. ( ){ }2363 +−∈x . Указание: привести

уравнение к виду ( ) 632 3 −=+x . 3.16.1. .Rx∈ Указание: рассмотреть промежутки 0≤<∞− x , 10 << x и 1≥x , и на каждом из них, группируя слагаемые и оценивая их значения, по-


казать положительность левой части неравенства. 3.16.2. ∅. Указание: рассмот-

реть промежутки 0≤x , 10 << x , 1≥x . 3.16.3. [ )0,3−∈x ( ]10,0U .

Указание. ОДЗ: 100 ≤< x . Рассмотреть отдельно промежутки ОДЗ:

2510 −≤≤− x , 025 <<− x , 100 ≤< x . 3.16.4.

( ) ( ] [ )+∞−−−∞−∈ ,23,57, UUx . 3.16.5. ∈x [ )4,8 −− [ ]338,0U . Указа-

ние: рассмотреть отдельно промежутки ОДЗ ( )4,−∞− и [ )+∞,0 , и на каждом из них преобразовать неравенство.

3.17.1. [ ]3,5 −−∈x . 3.17.2. ( )5,−∞−∈x . 3.17.3. ] { }UU 03,( −−∞∈x

[ ),3 +∞U . Указание: 0=x – решение неравенства. Для нахождения ненуле-

вых решений поделить обе части на x . 3.17.4. { }4−∈x [ )+∞− ,3U . Указа-

ние: 4−=x – решение неравенства. При 4−>x поделить неравенство на

04 >+x . 3.17.5. ( ] { }21, U−∞−∈x . Указание:

( )1−x ( )( ) 021 ≤−+ xx . ОДЗ: ( ] [ )+∞−∞−∈ ,21, Ux . Очевидно, 1−=x

и 2=x являются решениями неравенства. При остальных x из ОДЗ поделить

неравенство на 022 >−− xx . 3.17.6. [ ] { }5241,51 U∈x 3.17.7.

( )U5,−∞−∈x { }3 . 3.17.8. ,23(−∈x ] [ )32,321 U− . 3.17.9.

( )+∞∈ ,5x . 3.17.10. [ ) { }321,31 −−∈ Ux . Указание: заметим, что

3−=x – решение неравенства. При 3−≠x на ОДЗ можно сократить не-

равенство на 03 2 >− x . 3.17.11. ( ) ( )4,10,1 U−∈x . 3.17.12.

∈x ( ] { } ( ]8,712, UU −−∞− . 3.17.13. { }6∈x . Указание. Привести неравенст-

во к виду ( )( ) ≥−− xx 64 ( )( )xx −− 67 ( )( )xx −−− 65 . ОДЗ:

[ ] { }65,4 U∈x . Учесть, что 6=x – решение неравенства, и затем при

[ ]5,4∈x сократить неравенство (на ОДЗ) на x−6 .

3.18.1. 2;3 =−= ba . 3.18.2. { }81∈a . Указание: решение задачи рас-

смотрено в тексте пособия. 3.18.3. { }1sin2;0∈a . Указание: заметив, что x и

( )x− одновременно являются решениями уравнения, найти 0=x , и из урав-нения определить два возможных значения параметра 0=a и 1sin2=a . При


проверке второго значения учесть, что ( ) 1sin41sin2 222 ≥+x , а

( ) 1sin4cossin1sin4 2≤⋅ x . 3.18.4. При { }0;32−∈a . Решение. Приведя уравнение к виду

( )( ) ( ) 0912cos4125.0 32 =−−⋅+− axax ππ ,

и сделав замену ( )12 −= xt π (в силу линейности функции каждому x отвеча-ет одно и только одно t ), получим уравнение 018cos8 32 =−⋅+ atat . (1) Если некоторое t является решением (1), то и ( )t− также будет решением. Не-обходимое условие единственности решения: tt −= , т.е. 0=t . Подставив это значение в (1), найдём три значения параметра 0=a и 32±=a . Проверим достаточность. 1) При 0=a уравнение (1), очевидно, имеет единственное решение.

2) При 32=a уравне-ние примет вид

( )tt cos13162 −= .

Решая его графически, об-наруживаем, что уравнение имеет более одного реше-ния. 3) Наконец, при

32−=a получаем урав-

нение ( )1cos3162 −= tt .

Его левая часть неотрица-тельна, а правая, наоборот, неположительна при всех t . Поэтому равенство воз-

можно тогда и только тогда, когда ( )( )⎩⎨⎧

=−=

01cos31602

tt

⇔ 0=t . 3.18.5. При

( ]0,∞−∈a . Указание: свести неравенство к квадратному и учесть, что оно, в частности, должно выполняться при 2=b . 3.18.6. Таких чисел не существует. 3.18.7. Указание: воспользоваться методом от противного. 3.19.1. { }18∈x . 3.19.2. { }2∈x . 3.19.3. { }1−∈x . 3.19.4. { }5−∈x .

3.19.5. { }2;0∈x . 3.19.6. ( ){ }2111+∈x . 3.19.7. { }27±∈x . 3.19.8.

{ }knx ππππ ++∈ 2;2 , Zkn ∈, . 3.19.9. { } [ ]1,01 U−∈x . 3.19.10.

−π πx

y 323


( ] [ )10,21,0 U∈x . 3.19.11. { }U19−∈x [ ]19,0 . 3.19.12. { } [ )+∞∈ ,21 Ux .

3.19.13. [ ]4,0∈x . 3.19.14. ( ] [ )+∞∞−∈ ,250, Ux . 3.19.15.

{ }U3;2∈x [ )+∞,6 . 3.19.16. [ ] [ ] { }4293,21,293 UU +−−−−∈x .

3.19.17. { } [ )+∞∈ ,63;2 Ux . 3.19.18. 7−=x , 5=y . 3.19.19.

[ ) ( )UU 0,2323,3 −−−∈x ( ]3,0 . 3.19.20. { } [ ]43 532,40 U∈x .

3.19.21. ( )+∞∈ ,5x . 3.19.22. [ ).,2 +∞∈x 3.19.23. ( ) [ ).4,32, U∞−∈x 3.19.24.

( )U21,∞−∈x ( )( )4,8573+ . 3.19.25. [ ) ( )2,10,8 U−∈x . 3.19.26.

( )4,∞−∈x . 3.19.27. ( ] [ )+∞∞−∈ ,2132, Ux . 3.19.28.

( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−∈ 4541,3x . 3.19.29. ( )( ] ( )7222291, U−∞−∈x . 3.19.30.

( ]U5,−∞−∈x [ )+∞,21 . 3.19.31. [ ] ( ]5,4310,0 U∈x . 3.19.32.

( )U0,23−∈x ( ]227,29 . 3.19.33. ( ) { } ( )+∞∞−∈ ,151211, UUx . Указа-ние: на ОДЗ правая часть неравенства отрицательна. 3.19.34.

{ } [ ]512,20 U∈x . 3.19.35. ( ] [ )+∞−∞−∈ ,19961998, Ux .

3.20.1. ( ){ }21371+∈x . 3.20.2. { }5∈x . 3.20.3. { }3∈x . 3.20.4.

{ }4−∈x . Указание: умножив уравнение на ( )1− и записав условие

645 22 −−≤++ xxxx , возвести уравнение в квадрат. 3.20.5.

( ){ }235 −∈x . Указание: сделать замену 2+= xy и, уединив 12 −y ,

возвести в квадрат (условие 013 ≥+− yy выполняется при 1≥y , поскольку

( ) 0112 ≥+−yy ). 3.20.6. { }27;3∈x . Указание: приведя неравенство к виду

+−−≥−− 15886 22 xxxx x27 − , возвести в квадрат. 3.20.7.

( ] { }UU 126, −−∞−∈x [ )+∞,26 . 3.20.8. ∅. Указание. Возвести в квад-

рат: ( )++ 22 12 xx ( ) ( )( ) 2212322 2 =++ xxx . При этом

( )≥+ 22 12 xx 22122 22 =⋅ xx , а радикал неотрицателен. 3.20.9.

( )[ ) ( )( )+∞++∈ ,21652165;4 Ux . Указание. Приведём неравенство к

виду ( ) ( )xxxx 161616 −−<− . ОДЗ: 4≥x . Возведём в квадрат:


( ) 016162 222>−+−− xxxx ⇔ ( ) 016

22 >−− xx . 3.20.10.

{ }0∈x [ ] ( )[ )+∞+ ,2351,21 UU . Указание: решение задачи рассмотрено

в тексте пособия. 3.20.11. { }15;13;2;0∈x . 3.20.12. { }72;1−∈x . 3.20.13.

( ){ }2331;1;1;0 +±−∈x .

3.21.1. { }5∈x . 3.21.2. { }1∈x . 3.21.3. { }5∈x . 3.21.4. ∈x [ ]4,0 . Указание.

Функция ( ) 24 −−= xxf убывает на ОДЗ неравенства, а функция

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≥+

≤−=+−=

,3,;3,7

432

2

xxxxxx

xxxxg наоборот, возрастает, причём

( ) ( )00 gf = .

3.22.1. { }0∈x . 3.22.2. { }21−∈x . 3.22.3. ( ]1,−∞−∈x . 3.22.4.

( ) [ ) { }.24,526, −−−−∞−∈ UUx 3.22.5. [ )U6,3∈x ( )611,6 2133 − . Ука-

зание: сделать замену 62 −= xt , приведя неравенство к виду

6611 2 −>− tt . 3.22.6. { }15∈x . Указание. Умножим уравнение на 2 :

( ) ++−2

152x ( ) 143522=+−x .

3.23.1. ( ) ( ){ }1;1; ∈yx . Указание: привести уравнение к виду

xxy

25221

−−

+= , и учесть, что так как [ ]1,0∈x , то 02522

≥−−

xx

, а значит,

1≥y . 3.23.2. ( ) ( ) ( ){ }2;1;2;1; −−∈yx . 3.23.3. ( ) ( ){ }0;1; ∈yx . Указание: так

как 012 ≥−− yx , то 112 ≥+≥ yx . Но при 1≥x 112 ≥−+ xx . Следо-вательно, левая часть неравенства больше либо равна единице. 3.23.4. ( ) ( ){ }2;2; ∈yx . Указание. Воспользоваться неравенством Коши:

( ) ≤⋅− 11x ( )( ) 2211 xx =+− , аналогично ( ) ≤⋅− 11y 2y , поэтому левая часть неравенства xy≤ . В силу уравнения, оба раза неравенство должно обращаться в равенство. Иначе: поделить на xy , и найти наибольшее значение

функции ( ) tttf 1−= при 1≥t . 3.23.5. { }1∈x . Указание: применить к

каждому из трёх сомножителей в левой части неравенство abba 2≥+


( 0,0 ≥≥ ba ). 3.23.6. ( ) ( ){ }1;1; ∈yx . Указание: разделить уравнение на xy :

2211 =+++ xxyy , и воспользоваться неравенством о сумме двух

взаимно обратных положительных чисел. 3.23.7. { }2∈x . Указание: привести

уравнение к виду −−=−−−+− 2153373 222 xxxxx

432 +−− xx . Очевидно, 2=x есть корень уравнения. При 2>x левая часть уравнения 0< , а правая 0> . Наоборот, при 2<x левая часть уравне-ния 0> , а правая 0< . Таким образом, других решений нет. 3.23.8. { }3∈x .

Указание. ОДЗ: [ ]4,3∈x . Пусть ( ) 322 −−+= xxxxf ,

( ) += 2xg 86 2 −− xx . Показать, что на ОДЗ ( ) ( ) 33 =≤ gxg , а

( ) ≥xf ( ) 33 =f , и учесть монотонность функций. 3.23.9. { }1∈x . Указание.

( )( ) 2111 22 +−+≤−+ xxxx , аналогично для второго радикала. 3.23.10.

{ }2∈x . Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 3.23.11. Ука-зание: воспользоваться неравенством Бернулли. 3.23.12.

( ) ( ) ( )+∞−−∞−∈ ,980,2178, UUx . Указание. Область значений функции

( ) 4 44 aaaf −= , ≤≤− a2 2 , есть отрезок [ ]2,2− . Поэтому кор-нями уравнения не могут быть те и только те значения x , которые либо не вхо-дят в ОДЗ уравнения, т.е. 02 34 <+xx , либо удовлетворяют неравенству

>+ 3424 xx 842 2 −+ xx . 3.23.13. { }5∈x . Указание: воспользоваться

неравенством Коши–Буняковского для чисел 11 −= xa , 52 =a , 21 =b ,

xb =2 : 22

21

22

212211 bbaababa ++≤+ . 3.23.14. { }5∈x . Указание: вос-

пользоваться неравенством Коши–Буняковского для чисел 21 =a , 32 =a ,

63 =a , 71 += xb , xb 2372 −= , 9333 += xb . 3.23.15. { }2∈x . Ука-

зание. ОДЗ: ( ) [ ]29,20, U∞−∈x . Возвести в квадрат:

( )( ) 81612216 222 =+−++ −− xxxxx , тогда левая часть уравнения 8≥ .

3.24.1. { }5∈x . Указание: ввести два вектора { }xa ;2=r

и { }5;1−= xbr

,

и учесть, что неравенство babarrrr

⋅≤⋅ обращается в равенство тогда и только


тогда, когда векторы ar и br

сонаправлены. Записав условие коллинеарности векторов, получить, что если решение существует, то оно содержится среди ре-

шений уравнения x

x 52

1=

−. Это уравнение имеет единственный корень,

проверкой убедиться, что он удовлетворяет исходному уравнению. 3.25.1. { }37∈x . Указание: свести уравнение к равносильной ему системе

( )⎩⎨⎧

≥−−=+−

.214216216 2

xxxx

3.25.2. { }1∈x . 3.25.3. { }3∈x . 3.25.4.

[ ) ( )27,027,34 U−−∈x . 3.25.5. { }7∈x . Указание: предварительно

привести уравнение к виду ( )26 +++ xx ( ) 4312 =−−x , а после ум-

ножения обеих частей на сопряжённое выражение ( ) 026 ≠+−+ xx , воз-

вести в квадрат. 3.25.6. { }2∈x .

3.26.1. { } [ ]1,01 U−∈x . 3.26.2. ( ) ( ].9,77, U−∞−∈x 3.26.3.

{ }6;1;1;423 −−∈x . 3.26.4. При 1=a уравнение имеет единственное ре-шение 0=x ; при 1−=a уравнение имеет единственное решение 1=x ; при остальных значениях a решений нет. 3.26.5. { }11∈x . 3.26.6.

( ) { } ( )+∞∞−∈ ,151211, UUx . Указание: на ОДЗ правая часть неравенства от-рицательна. 3.26.7. 3.

3.27.1. { }33∈x . Решение. Пусть ( ) ++= 21 xxf 31 2 xx −+ ,

( ) 320 ≠=f . При 0<x ( ) ( ) 30 >> fxf . Пусть 0>x . Рассмотрим на

плоскости два смежных угла с общей стороной OM : o90=∠AOM и o30=∠MOB , 1==OBOA , xOM = . Тогда =+ MBMA

ABxxx =≥−+++= 3311 22 . Рассматривая условие обращения

неравенства треугольника в равенство, получаем 33=== OKOMx , где

K OMABI= . 3.27.2. 13. Указание. Введём в рассмотрение точки ( )2;9A ,

( )0;xB , ( )yC ;0 , ( )3;3D , тогда первый, второй и третий радикалы приобрета-

ют, соответственно, смысл длин отрезков BCAB, и CD , а данное выраже-ние оказывается равным длине ломаной линии ABCD . Задача свелась к нахо-


ждению таких положений точек ∗B и ∗C на осях координат, чтобы ломаная DCAB ∗∗ имела минимальную длину. В итоге получится, что ( )0;5

21∗B ,

( )47;0∗C (минимум достигается при 4

7521 , == yx ).

3.28.1. { }7282185;63190∈x . 3.28.2. { }0∈x . 3.28.3.

( )( ] [ ] ( )[ )+∞−−∞−∈ ,22141,41221, UUb . Указание: разбить ОДЗ на два промежутка 2−≤<∞− x и +∞<<− x1 . На каждом из промежутков уравнение решать как однородное, сведя с помощью подстановки

( ) ( )10 12 ++= xxt к квадратному уравнению.

3.29.1. { }31−∈x . Указание: сделать подстановку 33 += xt . Полученное

в результате уравнение имеет вид ( ) ( )tftf 1−= , где ( )tf и ( )tf 1− – пара вза-

имно обратных функций, причём ( )tf – возрастает. Далее уравнение решается

как уравнение указанного типа. 3.29.2. ( ) ( ){ }215;215;1 −+−∈x . Указа-

ние: поделить обе части уравнения на 2, приведя его к виду ( ) ( )xfxf 1−= .

3.29.3. { }6∈x . Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия.

3.29.4. { }1∈x . Указание: ввести в рассмотрение функцию

( ) ( )32 2 ++= tttf , Rt∈ . Она монотонно возрастает при 0≥t и нечётная, а значит, монотонно возрастает на всей числовой прямой. Исходное уравнение преобразуется к виду ( ) ( )xfxf 332 =+ , что равносильно xx 332 =+ , отку-

да находим единственное решение. 3.29.5. { }22;31 ±−±−∈x . Указание:

все корни уравнения −+ xx 32 x=2 являются корнями данного уравнения. 3.29.6. [ ]0,121−∈a . 3.30.1. Не существует. Указание: искать функцию в общем виде baxy += .

3.30.2. Да, cxxy +−−= 42 , где Rc∈ . 3.30.3. ( )1

32

2

+−=

xxxxf . Указание:

заменить в уравнении x на x−1 , решить систему исходного и полученного

уравнений относительно ( )xf . 3.30.4. ( )88

5 3

2x

xxf −= . Указание: заменить в

уравнении x на x1 , и решить систему исходного и полученного уравнений

относительно ( )xf . 3.30.5. ( ) 133 +−= xxf . Указание: решение задачи рас-


смотрено в тексте пособия. 3.30.6. 22001 . Указание: подставить в уравнение последовательно вместо x значения 2000;..;1;0 , а затем сложить все получен-

ные равенства вместе с ( ) 00 =f . 3.30.7. ( ) 0≡xf или ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=

≠=

,0,,0,1

xcx

xf где

Rc∈ . Указание: полагая 1== yx , получаем, что ( ) 01 =f или ( ) 11 =f . В

первом случае положим в исходном равенстве 1=y , тогда ( ) 0≡xf . Во вто-ром случае также положим в исходном тождестве 1=y , тогда

( )( ) 01 ≡− xfx , т.е. при 0≠x имеем ( ) 0≡xf , а при 0=x ( )0f – любое. Проверка показывает, что найденные функции удовлетворяют условиям задачи. 3.30.8. 24 . Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 3.30.9.

35π . Решение: обозначим ( )72−= fα . Имеем: 1)

( ) =0f ( ) ( )+=+ 000 ff ( )0f ⇒ ( ) 00 =f ; 2) ( ) =72f

( )( )−−+= 7272f ( ) =− 72f ( ) αα −=−0f ; 3) ( ) =74f

( ) =+= 7272f ( ) =722 f α2− ; 4) ( ) =78f ( ) α4742 −=f ; 5)

( ) =716f ( ) α8782 −=f ; 6) ( ) =732f ( ) α167162 −=f ; 7) ( ) =764f

( ) α3273262 −== f ; 8) ( ) =76f ( ) =+ 7472f

( ) ( ) α37472 −=+= ff ; 9) =−π ( ) =10f ( ) α3576764 −=+f ⇒

35πα = . 3.30.10. { }0∈x . Решение. Докажем, что из равенства

( ) ( )21 xfxf = следует 21 xx = . Действительно, если ( ) ( )21 xfxf = , то

( )( )−= 11 xffx ( ) ( )( )−= 21 xffxf ( ) 22 xxf = . Если 21, xx – корни урав-

нения ( )( ) 0=xff , то ( )( ) =1xff ( )( )2xff , а тогда, по доказанному,

( ) ( )21 xfxf = , 21 xx = . Таким образом, уравнение ( )( ) 0=xff не может иметь больше одного корня. Подставим в исходное уравнение вместо x число 0 : ( ) ( )( )00 fff = , тогда ( )00 f= , а значит, ( )( ) ( ) 000 == fff , т.е.

0=x – корень уравнения. 3.30.11. 20051− . Указание: последовательно вы-

числяя, находим ( ) =xf2 x−11

, ( )x

xf 113 −= , ( ) xxf =4 . Таким образом,

( ) ( )xfxf nn ≡+3 . Но тогда ( ) ( )xfxf 22006 ≡ .

3.31.1. [ ) [ )2,2143,7 U−−∈x .

3.32.1. [ ) ( )+∞∈ ,82,0 Ux . Указание: неравенство равносильно системе

Ответы и решения

457

( )⎩⎨⎧

≥>−−

.0024 2

xxx

3.32.2. ( )3,1∈z . Указание: неравенство ⇔

⇔ 034 2 >−− zz . 3.32.3. { }4;1−∈x . 3.32.4. { } [ ]3,20 U∈x . 3.32.5.

( ) ( ]5,31, U∞−∈x . Указание: рассмотреть случаи: 3>x и 3<x . 3.32.6.

[ ) ( ]132,03,132 +−−−−∈ Ux . Указание: рассмотреть случаи: 3−>x и

3−<x . 3.32.7. { }3∈x . Указание: подобрав корень 3=x многочлена в числи-

теле дроби, свести уравнение к системе ( )( )⎩⎨⎧

−>=−++

.2031072

xxxx

3.32.8.

( ) [ ]2,10, U∞−∈x . 3.32.9. { }2;0∈x . 3.32.10. ( ] [ )+∞−∞−∈ ,215, Ux .

3.32.11. При 0=b единственное решение 0=x ; при ( )1,0∈b решений нет;

при [ )322,1∈b два решения 2

2 22 ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ −±= bbbx ; при 322=b един-

ственное решение 322−=x ; при ( )+∞∈ ,2 32b решений нет. 3.32.12. При

( )4,−∞−∈a ( ) ( )( )( ]5,435 2++−∈ aax ; при [ )3,4 −−∈a ( ]5,∞−∈x ;

при [ )+∞−∈ ,3a ( ) ( )( )( )2435, ++−∞−∈ aax . 3.32.13. { }U0∈a

[ ]41,9 −−U . 3.32.14. [ ]25,1∈a . 3.32.15. При ( )0,∞−∈a

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−∞−∈

483,

2aax ; при [ )+∞∈ ,0a ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−∞−∈

33,

2aax . 3.32.16. При

( ) { }021, U−∞−∈a одна точка пересечения; при [ )0,21−∈a две точки

пересечения; при ( )+∞∈ ,0a графики не пересекаются. 3.32.17. При

( )1,∞−∈b { } [ )+∞−∈ ,131 Ux ; при 1=b [ )+∞∈ ,31x ; при ( )+∞∈ ,1b

[ ]1,31−∈x . 3.32.18. Ни одного или один. Решение. Если 4<a , то левая часть уравнения отрицательна, а правая – неотрицательна, поэтому корней нет. При 4=a уравнение имеет один корень. Если 4>a , то, умножая обе части на

выражение ( )04 >+++ xax , сопряжённое к левой части, получим

уравнение ( ) 10344 ++++=− xxaxa , равносильное исходному. Его

правая часть возрастает (и непрерывна), причём в точке 310−=x , принимает


значение 0 , а левая часть постоянна и положительна. Графики таких функций пе-ресекаются ровно в одной точке, а значит, уравнение имеет ровно одно решение. 3.33.1. Например, 1620 24 +− xx . 3.33.2. 1. 3.33.3. { }9∈q . 3.33.4.

133 2 ++ xx . Указание: воспользоваться формулой деления многочлена на многочлен (с остатком). 3.34.1. ( ) ( ) ( ){ }37;310;3;2; −−∈yx . 3.34.2. ( ) ( ){ }215;23; ∈yx . 3.34.3.

( )( )375;34 − , ( )( )375;34 + ; первая ближе. 3.34.4.

( ) ( ) ( ){ }163;165;1613;165; −∈yx . Указание. Возводя второе уравнение в

квадрат, получим xyxyx 2123 22 −=−+ . Отсюда 21≤x и

( ) 142 −=− xyx . Значит, ( )214413 −=− xx .

3.35.1. { }65;6;0 ππ∈x . Указание: рассмотреть случаи 0=x и

π<< x0 . 3.35.2. ( ) [ )+∞−∞−∈ ,28, Ux . 3.35.3. { } [ ]6,22 U−∈x . Решение.

ОДЗ: 2≥x . Очевидно, 2±=x – решения. При 2>x сократить на

012 42

>−−x . 3.35.4. ( )+∞∈ ,0x . 3.35.5. ( ) ( ) ( )5,44,11,0 UU∈a . 3.35.6.

При Znna ∈= ,π , решение 22 −= nx π ; при остальных a решений нет.

3.36.1. { }1∈x . 3.36.2. [ ) ( ]2,11,2 U−∈x . 3.36.3. ( ) ( )+∞∞−∈ ,10, Ux .

3.36.4. [ ) ( ]1,22,7 −−−−∈ Ux . 3.36.5. ( ] ( )+∞∞−∈ ,231, Ux . 3.36.6.

[ ] [ )+∞−∈ ,30,1 Ux . 3.36.7. { } [ ]1,211 U−∈x . 3.36.8.

( ] [ )+∞∞−∈ ,250, Ux . 3.36.9. ( )( ] ( )+∞−∞−∈ ,7222291, Ux . 3.36.10.

( ]U2,−∞−∈x ( )[ ]123713,21 + . 3.36.11. nx π= , Zn∈ ; 5=x . 3.36.12.

∈x ( ) ( ){ }kn ππππ 21312arcsin2;21312arcsin2 ++−+− , Zkn ∈, .

3.37.1. { }3;3−∈x . 3.37.2. ( ] [ )+∞−−∞−∈ ,15, Ux . 3.37.3.

( )0,∞−∈x ( )+∞,2U . 3.37.4. ( )4,1−∈x . 3.37.5. ( ){ }216111;11 −−∈x .

3.37.6. ( ] [ )+∞−∞−∈ ,2143, Ux . 3.37.7. ( ){ }2322;21 −∈x . 3.37.8.

( ] { }455, −−∞−∈ Ux . 3.37.9. ( ) ( ) ( ) 42321max2

32

1==−=

≤≤−yyxy

x,

( ) ( ) 2321min2

32

1==

≤≤−yxy

x. 3.37.10. Если a ( )1,−∞−∈ , то 4=x ; если

1−=a , то [ )+∞∈ ,4x ; если ( )1,1−∈a , то ( ) ( )184,4 +−== aaxx ; если

459

1=a , то [ ]4,2−∈x ; если ( )+∞∈ ,1a , то 4=x . 3.37.11. При ( )3,∞−∈a

решений нет; при 3=a 0=x ; при ( ]6,3∈a ( ){ }33;3 aax −−∈ ; при

( )+∞∈ ,6a ( ) ( ){ }aax −+∈ 3;3 31

31 . 3.37.12. При ( ] { }UU 34,14, −−∞−∈y

[ )+∞,4U .

3.38.1. ( ] [ )5,271, U−∞−∈x . 3.38.2. ( ] { }UU 11,−∞−∈x [ )+∞,2 . Ука-зание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 3.39.1.

[ ) ( ) ( )+∞−−−∈ ,33,33,4 UUx .

3.40.1. { }25∈x . 3.40.2. { }18;16−∈x . 3.40.3. { }2∈x . 3.40.4. 5 корней.

3.40.5. 4 решения. 3.40.6. { }313;3 ±±∈x . 3.40.7. { }.25;23 ±±∈x

3.40.8. { }3;2;1;0 ±±±∈x . 3.40.9. ( )5,5−∈x . 3.40.10. [ ]5,3−∈x . 3.40.11.

{ }4;3;1;0∈x . Указание: свести неравенство к равносильной системе

⎩⎨⎧

≠

<−

.2;372

xx

3.40.12. ( )U22,62 −−∈x ( )4,22 + . 3.40.13.

( )+∞∈ ,2x . 3.40.14. ( ) ( )+∞−−∈ ,2514,3 Ux . 3.40.15. [ ]2,4−∈a .

3.40.16. { }4;0∈x . 3.40.17. { }3;2∈x . 3.40.18. { }3;1−∈x . 3.40.19. { }0∈x .

3.40.20. kxnx ππππ 2;243 +=+−= , где Zkn ∈, . 3.40.21.

Znnx ∈+= ,2ππ . 3.40.22. ( ) ( ){ ;21arcsin1 nx n π+−∈

( ) ( ) }kk π+− + 41arcsin1 1 , Zkn ∈, . Указание: раскрывать модули, начиная с

внешнего (для этого рассмотреть случаи 2141sin ≤−x и

2141sin >−x ; первый случай разбить на два: 41sin41 ≤≤− x и

43sin41 ≤≤ x , второй – на два: 41sin −<x и 43sin >x ). 3.40.23.

{ }251∈x . 3.40.24. [ ] [ ]523,723513,713 U . Указание: после раскрытия

модуля привести оставшееся уравнение к виду 122 =+ BA , а затем сделать тригонометрическую подстановку αcos=A , αsin=B , и в исходном выра-жении перейти к тригонометрическим функциям параметра α . 3.40.25.

{ }.1;1−∈x 3.40.26. { }.21;0;21−∈x 3.40.27. { }.4;415;0∈x 3.40.28.

{ }3 2;2;0∈x . 3.40.29. 24nx ππ += , 212

5 kx ππ += , Zkn ∈, . 3.40.30.

( ) ( )+∞+−+−∞−∈ ,51222, Ux . 3.40.31. ( ]U32,−∞−∈x [ )+∞,21 .


3.40.32. ( ) ( )( )+∞+−∞−∈ ,41752, Ux . Указание: рассмотреть случаи

2>x и 2<x . 3.40.33. [ ) ( )+∞−∈ ,215,4 Ux . Указание: сделать замену

34 −+= xt , и рассмотреть случаи 0>t и 0<t . 3.40.34. ( ] [ ] [ )+∞∞−∈ ,52,10, UUx . 3.40.35. [ ]4,32∈x . 3.40.36.

( )12,12 +−∈x . 3.40.38. [ ) ( )+∞∈ ,11,0 Ux . 3.40.39.

[ ) ( ) ( ]3,00,2323,3 UU −−−∈x . 3.40.40. [ )+∞∈ ,21x . 3.40.41.

( ) ( )+∞∈ ,11,43 Ux . 3.40.42. ( ) ( )+∞−−∞−∈ ,23817, Ux . 3.40.43.

{ }2∈x . Указание: привести к виду 22 41

101 −≥− xx . 3.40.44.

[ ] [ )+∞∈ ,4415,0 Ux . 3.40.45. 1. 3.40.46. ( ] { }1\25, −∞−∈x 3.40.47.

( )U23,4 −−∈x ( ) ( )+∞− ,10,1 U . 3.40.48. Указание: ( ) 0≥+ xyx .

3.41.1. ( ] { } [ )+∞−−∞−∈ ,26126, UUx . 2.41.2. 2nx π= , где

Zn∈ . 2.41.3. ( )( )2222,0 babax +∈ .

3.42.1. ( ){ }62 +±∈x . 3.42.2. ( ] [ )+∞−∞−∈ ,33, Ux . 3.42.3.

( ) ( )( ) ( ) ( )( )255,255251,251 +−+−−−∈ Ux . 3.42.4. [ ]2,2−∈x .

Указание: сделать симметризирующую подстановку 22 −= xy , и далее мето-

дом интервалов. 3.42.5. [ ]3log,1 2∈x . 3.42.6. ( ) ( )7,51,1 U−∈x . 3.42.7.

{ }6;1;1;423 −−∈x . 3.42.8. 7−=x , 5=y . 3.42.9. ( ] [ )+∞−∞−∈ ,215, Ux .

3.42.10. ( ] U33,1−−∈x ( )[ ) { }3131,323 −− U . 3.42.11.

U⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +−−∞−∈ 13241,x ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ +∞++− ,13241 . Указание. Сделать

замену xxt += 22 . 3.42.12. { }21;21;31;31 +−+−−−∈x . Ука-

зание: сделать двойную подстановку 32,14 2 −=−= xzxy . 3.42.13.

( )21,0∈a . 3.42.14. Указание: возвести уравнение в степень x1 , и сделать

замену xxy 1= . Сделав обратную подстановку, возвести в степень x .

3.43.1. ∈x [ 5,0()0,5 U− ]. 3.43.2. ( ] { }UU 03,−∞−∈x [ )+∞,3 .

3.43.3. ( ) ( )1,44,6 −−−∈ Ux . 3.43.4. { } [ ]4,23 −−∈ Ux . 3.43.5.

461

[ ) ( )+∞∈ ,11,0 Ux . 3.43.6. ( )1,31∈x .

3.44.1. [ )12,9∈x .3.44.2. [ ]1,1−∈x .3.44.3. ( )∈yx; ( ) ( ) ( ){ }1;1;0;2;0;0 . 3.44.4.

( ]1,0∈x . 3.44.5. ( )+∞∈ ,3x .

3.45.1. [ )+∞∈ ,2x . Указание: воспользоваться свойством aa = ⇔ 0≥a .

3.45.2. { }1∈x . 3.45.3. ( ] [ )UU 2,11,−∞−∈x ( )+∞,2 . Указание: при условии

2≠x умножить на 2−x (используются свойства =− 2x x−2 и

( )22 22 −=− xx ). 3.45.4.

( )yx; ( ) ( ) ( ) ( ){ }32489;32489;32489;32489;2;3;3;2 +−−−−−+−∈ .

3.45.5. ( ]0,∞−∈x . Указание: учитывая, что ( ) 0121 >−++ xx , сократить на

этот множитель. 3.45.6. ( )2009,2007∈x . 3.45.7. ( )2,0∈x . Указание: учесть,

что ( ) >−−+

12log 32 x >=+

1log1log 1032 ( )( )210 11log −− x . 3.45.8.

( )1,0∈x . Указание. Преобразовать неравенство к виду baba +<+ ,

xa = , ( )11 −= xb , и выяснить, при каких условиях на a и b оно выполня-

ется. 3.45.9. [ ]1,1−∈x . Указание: привести неравенство к виду

( )+−++−+ 2323 xx ( )( ) 011 ≤+−+ xx , где выражения во внешних

скобках неотрицательны (в силу свойств 0≥+ aa , 0≥− aa ). После этого останется выяснить, когда неравенства обращаются в равенства. 3.45.10.

[ )+∞∈ ,100x . Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия.

3.45.11. { }.1;0∈a Указание: привести уравнение к виду

( )( )+−+− axax 212 ( ) 21 2 =−x . 3.45.12. 4 ; 542 + . Указание: вос-

пользоваться свойствами aa ≥ , 0≥a . 3.45.13. [ ]3,4log3∈x . Указание:

сделать подстановку 43 −= xa , 342 −+−= xxb . 3.45.14. { }9∈x . 3.45.15.

[ ,22 nx ππ +∈ ]nππ 243 + , где Zn∈ . Указание: заменив x2sin1+ на

( )2cossin xx + , затем сделать двойную подстановку xxa cossin += ,

xb cos= , и воспользоваться свойством ≤+ ba ba − ⇔ 0≥a , 0≤b .

3.45.16. ( )U6,0 π∈x { }πππ ;32;3 . Указание: привести уравнение к виду


=+ ba ba + , где xtgxtgtgxa 32 ⋅⋅= , xtgtgxb 2+= , и воспользоваться

тем, что на ОДЗ оно равносильно системе 0≥a , 0≥b . 3.45.17. { }1−∈x .

Указание: сделать замену 2−= xa , xb 2log= , после чего неравенство при-

мет вид abbaab ≤−+ ⇔ { .;0 baab =≥

3.46.1. ( )2,5−∈x . 3.46.2. ( ) ( )7,44,3 U∈x . 3.46.3. ( ]U32, −−∞−∈x

( ) { } ( )+∞+−− ,2132,3.0 UUU . Указание: разложить числитель дроби на

множители (например, это можно сделать, обозначив ++= xxt 2 1, тогда чис-литель примет вид 22 32 xxtt −− ; это выражение можно разложить на множи-тели, рассматривая его как квадратное относительно t ). Затем к одному из обра-зовавшихся сомножителей применить приём 22 baba −→− . 3.46.4.

( )U1,4−∈x ( ) ( )11,3535,1 U . 3.47.12. Да. Указание: построить в одной системе координат графики функ-ций xy = и 1882 +−= xxy . 3.47.13. ( )1,−∞−∈a . 3.47.14. 2−≤a .

3.47.15. 4−=a . 3.47.16. 5 корней. 3.47.17. ( ) 3min =∈

xyRx

. 3.47.18. а) 2; б)

( ) ( )+∞∞−∈ ,3140, Ux . 3.47.19. ( ) 2min =∈

xyRx

. 3.47.20. ( ) 5.0min =∈

xyRx

.

3.47.27. Указание: функция чётная и периодическая с периодом π . 3.47.28. 2π=T . 3.47.29. 2π=T . 3.47.34. 9 кв. ед. 3.47.35. 2 кв.ед. 3.47.36.

π2718+ кв.ед. 3.47.38. 31 кв.ед. 3.47.41. Указание: начать с раскрытия мо-дуля над y . 3.47.42. Указание: решение задачи рассмотрено в тексте пособия. 3.47.43. Указание: привести неравенство к виду ( )( ) 0loglog 222

1 ≤−− xyxy . 3.47.44. 2=a . Указание: выделяя полные квадраты по x и a , привести уравнение к уравнению окружности на плоскости ( )ax; . Наибольшее значение модуль разности корней будет достигать при a , отвечающем центру окружности. 3.47.45. Система не имеет решений. 3.47.46. ( ) ( ) ( ){ }.1;3;1;3; −−∈yx 3.47.47. ( ) ( ) ( ){ }1;;1;; −−−∈ ttttyx , где [ ]1,0∈t .

3.47.48. ( ) 2223 +π . 3.47.49. ( ) 5min −=+ yx . Указание: обозначить

yxa += и, исключая x , на плоскости ( )ya, построить фигуру, задаваемую данной системой. Затем отобрать среди точек с целочисленными координатами, попадающих в фигуру, те, у которых координата a минимальна. 3.47.50.

463

ax + ∈ [ ]5,1− . Указание: сделать замену axy += , тогда неравенство при-

мет вид 32222 ≤−+−+ yay . В системе координат ( )ya; данное нера-венство задаёт некоторую фигуру. Останется установить, в каком диапазоне по оси y расположена на плоскости эта фигура. 3.47.51.

( ] { } [ )+∞−−∞−∈ ,434,14, UUy . Указание: привести уравнение к виду

543 +=++− axxx , где 2ya = , и, построив в одной системе координат графики функций, стоящих в левой и в правой частях уравнения, определить, в каких случаях эти графики будут пересекаться в единственной точке. 3.47.52.

[ ]6,8−∈a . 3.47.53. ( )7,25−∈a ; ( )[ ] { }725,22119 U−−∈a . 3.47.54.

2=a . 3.47.55. { }419;4∈c . Указание: привести уравнение к виду

+−+−+− 222 232 xxxxx cx =4 . 3.47.56. ( )yx; , где ( )U0,3−∈x

( )+∞,3U , Ry∈ . Указание. Условия задачи можно представить в виде сово-

купности систем ⎩⎨⎧

>

>

,0uvu

или ⎩⎨⎧

>

<

,0 vvu

или ⎩⎨⎧

>>

=

,0 vuvu

решения которой лег-

ко изобразить на координатной плоскости ( )uv, . Объединяя решения всех трёх систем на одном рисунке, получаем множество vu > . Подставляя вместо u и

v соответствующие выражения, приходим к неравенству 2493 >+− xx ,

т.е. 093 >− xx .

3.48.1. ( )0,21−∈x . 3.48.2. { }21∈x . 3.48.3. ( )+∞−∈ ,3x . 3.48.4.

( )0,21−∈x . Указание: воспользоваться тождеством ( ) =ba,min

( ) 2baba −−+= , или, что проще, свести к равносильной системе, исполь-

зуя переход ( ) cba >,min ⇔ ca > и cb > 3.48.5.

[ ]( ) ( ) 4143min

1,0==

∈yxy

x. Указание: построить в одной системе координат

графики функций xy −=1 , 12 −= xy , 3xy = .

3.49.1. ( ) ( ) ( ){ }25;23;25;25; −−∈yx . Указание: воспользоваться ме-

тодом подстановки. 3.49.2. ( ) ( ) ( ){ }211;23;211;21; ∈yx . 3.49.3.

( ) ( ){ }27;21; ∈yx . 3.49.4. ( )∈yx; ( ){ ( ) ( ) ( );2;3;1;2;1;2;0;1 − ( ) ( )}2;3;0;1 −− .

3.49.5. ( ) ( ){ }0;1; −∈yx . 3.49.6. ( ) ( ){ }2;1; −−∈yx . 3.49.7.


( ) ( ) ( ){ }knyx n ππ π 2;2arcsin1; 32

235 +±+−−∈ , Zkn ∈, . 3.49.8. ( )∈yx;

( ) ( ){ }37;310;3;2 −−∈ . 3.49.9. 2 кв.ед. 3.49.10. ( )∈yx;

( ) ( ){ }4log23;4log21;23;21 77 −+∈ . 3.49.11. ( ) ( ){ }31;34; ∈yx .

3.49.12. 2=b . 3.49.13. При ( )0,∞−∈a ( ) ( )+∞−−∈ ,,0 aax U ; при 0=a

решений нет; при ( )+∞∈ ,0a ( ) ( )0,33, aax −−∞−∈ U .

3.50.1. [ ]4,0∈x . 3.51.1. { }514π∈x . 3.51.2. 31 . Указание: решение зада-

чи разобрано в тексте пособия. 3.51.3. ( ) ( ]1,33,0 44 −−∈ Ux . Указание: решение

задачи разобрано в тексте пособия. 3.51.4. ( ) ( )23,4545,1 U∈x . Указание: перейти в логарифме к любому числовому основанию, например 10, а затем на ОДЗ избавиться от логарифмов, воспользовавшись методом замены множителей вида alg на множители вида 1−a , а множителей вида 1−a на 12 −a .

3.51.5. ( ) ( ] ( )5,4519,2727,3 UU∈x . Указание: рассмотреть случаи

13 >−x и 130 <−< x . 3.51.6. ( ) ( ]2,12,3 U−−∈x . 3.51.7. { }21∈x . Ука-

зание: заметив, что всегда 12525,0 2 <+−− xx , 01285,0 2 >−−+ xx ,

свести неравенство к равносильной ему системе

⎪⎩

⎪⎨⎧

>+−−

+−−≤−−+

.02525,0

2525,01285,02

22

xx

xxxx

3.51.8. ( ) ( )101,6141,31 −−−−∈ Ux . 3.51.9. ( ){ ;4 nx ππ +±∈

}karctg π+± 2 , Zkn ∈, . Указание: свести уравнение к системе

{ ,0cos;1coscossin3 2 ≠=− xxxx а затем заменить единицу в правой

части на 22 sincos xx + , и решить полученное однородное уравнение. 3.51.10.

{ }32

631

2 ;21 knx πππ π mm ±±∈ , где Nkn ∈, . 3.51.11.

( ) { }{ }nnnxZn

πππππ 4\4,4 ++−∈∈U . Указание: так как

( ) 136cos21 −=− π и 13324 −=− , то уравнение равносильно

системе ( )( ) ( )⎩

⎨⎧

±≠≠

=

.12cos;02cos2cos2cosxx

xx 3.51.12. ( )U43,−∞−∈x ( )0,121− .

465

ПРИЛОЖЕНИЕ 1. Список условных обозначений Для краткой записи формулировок утверждений в книге использованы об-щепринятые в математической практике условные знаки (кванторы) и обозначе-ния, смысл которых следующий:

Aa∈ – элемент a принадлежит множеству A ; ∈x ∅ – такая запись означает, что задача (уравнение, неравенство) с неиз-

вестной x не имеет решений; BA ⊂ – множество A принадлежит множеству B (знак строгой принадлеж-

ности); в этом случае B может содержать элементы, не принадлежа-щие множеству A ;

BA ⊆ – знак нестрогой принадлежности множества A множеству B , допус-кается случай совпадения A и B ;

{ }cba ;...;; – множество, состоящее из чисел (элементов) cba ,...,, ; N – множество натуральных чисел; Z – множество целых чисел; Q – множество рациональных чисел;

( )+∞∞− , , R – числовая прямая, множество всех действительных чисел;

( ) ( )+∞∞− ,,, aa – числовая полупрямая, открытый луч;

( ] [ )+∞∞− ,,, aa – числовая полупрямая, замкнутый луч;

[ ]ba, – отрезок;

( )ba, – интервал;

[ ) ( ]baba ,,, – полуинтервал, полуотрезок;

n

n

kk aaaa +++=∑

=

...211

– сумма чисел naaa ,...,, 21 ;

⇒ – означает «следовательно», «следует»; ∃ – означает «существует», «найдётся»; ∃! – означает «существует и единственно»;

⇔ – означает «тогда и только тогда», «необходимо и достаточно»; ∀ – означает «любой, всякий» или «для любого, для каждого»; ⋮ – означает «кратно», «делится нацело на».


ПРИЛОЖЕНИЕ 2. Основные методы элементарной математики

ОСНОВНЫЕ ПРИЁМЫ И МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ

РАССМОТРЕНИЕ ЗАДАЧИ ОТНОСИТЕЛЬНО ПАРАМЕТРА

ИЛИ ДРУГОЙ ВЕЛИЧИНЫ

ФУНКЦИОНАЛЬНЫЕ ПОДХОДЫ

РАЗЛОЖЕНИЕ НА МНОЖИТЕЛИ

ПО КОЛИЧЕСТВУ НЕИЗВЕСТНЫХ (ОДИНАРНАЯ, ДВОЙНАЯ, ТРОЙНАЯ...)

ПО СТЕПЕНИ ПОЛНОТЫ ПЕРЕХОДА (ЧАСТИЧНАЯ ИЛИ ПОЛНАЯ ЗАМЕНА)

ПО НАЗНАЧЕНИЮ (СИММЕТРИЗАЦИЯ, РАЦИОНАЛИЗАЦИЯ, ТРИГ. ПОДСТАНОВКИ, ПОНИ-

ЖЕНИЕ СТЕПЕНИ, НАГЛЯДНОСТЬ…)

АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ, ТРИГОНОМЕТРИЧЕ-СКИЕ, ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ДР. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ

ГРАФИЧЕСКИЙ ПОДХОД (МЕТОД КООРДИНАТ)

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ, ВЕКТОРНЫЙ ПОДХОДЫ

ОГРАНИЧЕННОСТЬ ФУНКЦИЙ (МЕТОД ОЦЕНОК, max f(x), min f(x))

СПЕЦИАЛЬНЫЕ МЕТОДЫ (ДЛЯ ЗАДАЧ С ЦЕЛЫМИ ЧИСЛАМИ, ДРОБНОЙ И ЦЕЛОЙ ЧАСТЯМИ, МОДУЛЯМИ. СИСТЕМЫ И ДР.)

СИММЕТРИЯ ГРАФИКОВ (ЧЁТНОСТЬ, НЕЧЁТНОСТЬ), ПЕРИОДИЧНОСТЬ

МОНОТОННОСТЬ ФУНКЦИЙ (уравнения f(f(f..(x)))=x ; f(g(x))=f(h(x))..)

ОБРАТИМОСТЬ ФУНКЦИЙ: (уравнения f(x)=f –1(x)..)

ПЕРЕХОД К СОВОКУПНОСТИ МЕТОД ИНТЕРВАЛОВ

МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЁННЫХ КОЭФФИ-ЦИЕНТОВ, «ОТ ЧАСТНОГО К ОБЩЕМУ»

ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИЙ (ЭКСТРЕМУМЫ, КАСАТЕЛЬНЫЕ…)

ИНТЕГРИРУЕМОСТЬ ФУНКЦИЙ (НАХОЖДЕНИЕ ПЛОЩАДЕЙ, ОБЪЁМОВ…)

467

Предметный указатель

А Аксиомы Пеано 11 Алгебра 141 Алгебраические неравенства, использо- вание 127, 137 Алгебраические числа 85 Алгоритм Евклида вычисления НОД 24, 45 Анализ остатков 26, 35 Арифметика 10 – основные законы 15 – основная теорема 23 Арифметическая дробь 61 Арифметический и алгебраический кор- ни n -й степени 96 Арифметические операции над: – действительными числами 77 – натуральными числами 12 – рациональными числами 67 – целыми числами 14

Б Бином Ньютона 121, 124 Биномиальные коэффициенты 124

В Вещественные (действительные) числа 74 Выделение полных квадратов 52, 340

Г Геометрический подход 139, 259, 335 Гиперболические подстановки 237 Графический подход к решению задач 201, 206, 254, 283, 312

Д Действительные (вещественные) числа 74 – алгебраические и трансцендентные 85 – арифметические операции 77 – сравнение 77, 106 Деление с остатком 26, 175 Дробная часть действительного числа 86 Дробь арифметическая (обыкновенная) 61 – конечная (бесконечная) 62 – отрицательная (положительная) 62 – периодическая 62 – правильная (неправильная) 61 – сократимая (несократимая) 61

З Законы арифметики (основные) 15 «Золотое сечение» 110 И Иррациональные числа 72 Иррациональные уравнения 217 – – возведение в степень 218 – – домножение на сопряжённое вы- ражение 79, 228 – – рационализация 217, 232 – – стандартные схемы 223 К Квадратные уравнения, неравенства 157, 166 – метод парабол 169


– рассмотрение уравнения (неравенст- ва) как квадратного 55, 342 Л Линейные уравнения, неравенства 153, 155, 33 (диофантовы)

М Метод домножения уравнения на функ- цию 184, 228, 317 Метод замены переменных 48, 194, 199, 232, 280, 302, 337 – гиперболические подстановки 237, 238 – тригонометрические подстановки 198, 235 Метод интервалов: – для дробных неравенств 208, 212 – для модулей 249, 254, 262 Метод координат, графический подход 201, 206, 254, 283, 312 Метод неопределённых коэффициентов 81, 182, 306 Метод «от частного к общему» 294, 308 Метод оценок 50, 292, 318 Метод «парабол» 169 Метод поиска рациональных корней у многочленов с целыми коэффици- ентами 176, 181 Метод разложения на множители 179, 282, 301 Методы рационализации 217, 232 Методы решения уравнений в рациональных числах 70 Методы решения уравнений в целых числах 27, 49, 56 – анализ делимости нацело 30, 58 – анализ остатков 35 – анализ последней цифры 40 – использование оценок 50 – линейные диофантовы уравнения 33 Методы решения уравнений вида: – ( ) ( )xgxf = , где функции gf , имеют разную монотонность 325 – ( )( ) ( )( )xgxf ϕϕ = , где ϕ – стро- го монотонна 327

– xxffffn

=)...))(...((43421

331

– ( ) ( )xfxf 1−= , где функции

1, −ff – взаимно обратные 334

– ( ) ( ) cbxax =+++ 44 194 Модуль действительного числа 242 – метод интервалов 249, 254, 262 – стандартные схемы 261, 266, 270 – универсальные методы 278 Н Натуральные числа 11 Неравенства – иррациональные 217 – квадратные 166 – линейные 155 – определение 141 – рациональные 205, 216, 251 Неравенства: – Бернулли 133 – Коши–Буняковского 135 – между средним арифметическим и средним геометрическим (нера- венство Коши) 130 – между средним арифметическим и средним квадратичным 136 – между средним геометрическим и средним гармоническим 132 – Минковского 127 – о сумме обратных чисел 126 НОК, НОД 23, 45 О Однородные алгебраические уравнения 60, 186 Основная теорема – алгебры 174 – арифметики 23

П Периодическая дробь 62 Правильная дробь 61 Признаки делимости нацело 19, 30 Пропорция 108 Пропорциональные отрезки 110 Простые и составные числа 22, 42

469

Противоположные числа 13

Р Равносильные преобразования в уравне- ниях и неравенствах 145 Разложение на множители 179, 282, 301 Рациональные корни многочленов с це- лыми коэффициентами 181 Рациональные числа 64 – перевод из обыкновенной дроби в периодическую и обратно 65 – сравнение и арифметические опера- ции 67

С Системы счисления 16, 30 Следствие 145 Сложного радикала формула 81 Сократимая дробь 61 Сокращённого умножения формулы 52, 120, 340 – использование 52 Сопряжённое выражение 79, 261 Составные числа 22, 42 Средние величины 127 Степень с показателем: – натуральным и целым 12, 94 – рациональным 99 – иррациональным 103 Т Теорема – алгебры основная 174 – арифметики основная 23 – Безу 176 – Виета 161 – Виета, обобщённая 177 – Виета, обратная 162 – о разложении многочлена на произ- ведение линейных и квадратичных множителей 173 Тождество 141 Тождественное равенство двух много- членов 174

Трансцендентные числа 85 Треугольник Паскаля 124 Тригонометрические подстановки 198, 235

У Уравнение 141 – алгебраическое 142 – биквадратное 185 – возвратное 192 – дробно-рациональное 203 – иррациональное 217 – квадратное 157 – классификация 142 – линейное 153, 33 (диофантово) – однородное 60, 186 – симметрическое 190 – функциональное 336 – целое рациональное 142, 153 Ф Факториал 121, 123 Формула деления многочлена на много- член с остатком 175 Формула сложного радикала 81 Формулы сокращённого умножения 52, 340

Ц Целая и дробная части числа 86 Целые числа, сравнение 14 Ч Числа – алгебраические 85 – действительные 74 – иррациональные 73 – натуральные, целые 11, 14 – рациональные 64 – трансцендентные 85 Число сочетаний, перестановок 124 Числовые неравенства, свойства 112 Числовые равенства, свойства 107


ЛИТЕРАТУРА

1. Алгебра. Задачник: 10-11 кл.: Учеб. пособие для общеобразоват. заведений/ В.В. Ва-вилов, И.И. Мельников, С.Н. Олехник, П.И. Пасиченко. М.: Дрофа, 1996. 576с.: ил.

2. Алгебра, тригонометрия и элементарные функции: Учеб. пособие/ М.К. Потапов, В.В. Александров, П.И. Пасиченко. Под ред. В.А. Садовничего. М.: Высш. шк., 2001. 735 с.: ил.

3. Будак А.Б., Щедрин Б.М. Элементарная математика: Руководство для поступающих в вузы. 5-е изд., испр. М.: УНЦ ДО, ФИЗМАТЛИТ, 2003. 698с. (Сер. «В помощь аби-туриенту»).

4. Вступительные экзамены по математике 2000-2002: задачи с ответами и решениями; варианты письменных и устных экзаменов; программа по математике (по материа-лам вступительных испытаний в МГУ имени М.В. Ломоносова) /Под ред. И.Н.Сергеева. М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2003. 313с.

5. Вступительные экзамены и олимпиады по математике 2003–2005: задачи с ответами и решениями; варианты письменных и устных экзаменов; задания олимпиад; про-грамма по математике (по материалам вступительных испытаний в МГУ имени М.В.Ломоносова) /Под ред. И.Н.Сергеева. М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2006. 245с., ил.

6. Вступительные экзамены по математике (2006–2008). /Под общей ред. И.Н. Сергеева. – М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2008. 112с., ил.

7. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Алгебра: Учеб. пособие для учащ. 7–11 кл.: Челябинск: Взгляд, 2004. 448с.

8. За страницами учебника математики: Арифметика. Алгебра. Геометрия: Кн. для учащ. 10–11 кл. общеобразов. учреждений/ Н.Я. Виленкин, Л.П. Шибасов, З.Ф. Шибасова. М.: Просвещение, АО «Учеб. лит.», 1996. 320с.: ил.

9. Задачи вступительных экзаменов по математике (1998г.) /Под общ. ред. Е.А. Григорь-ева. М.: ВМиК МГУ, 1998. 56с.

10. Задачи вступительных экзаменов по математике (2005г.) /Под общ. ред. Е.А. Григорь-ева. М.: ВМиК МГУ,2005. 138с.

11. Задачи вступительных экзаменов по математике (2006г.) /Под общ. ред. Е.А. Григорь-ева. М.: ВМиК МГУ, МАКС Пресс, 2006. 152с.

12. Задачи вступительных экзаменов по математике (2007г.) /С.А. Волошин и др. Под общ. ред. Е.А.Григорьева. М.: ВМиК МГУ, МАКС Пресс, 2007. 136с.

13. Олимпиады и вступительные экзамены по математике (2008г.) /С.Н. Аввакумов и др.

471

Под общ. ред. Григорьева Е.А. М.: ВМиК МГУ, МАКС Пресс, 2008. 156с. 14. Задачи с параметрами /П.И. Горнштейн, В.Б. Полонский, М.С. Якир. 3-е изд., доп. и

исп. М.: Илекса, Харьков: Гимназия, 2002. 336с. 15. Конкурсные задачи, основанные на теории чисел: Учебное пособие для абитуриентов

и школьников/ В.Я. Галкин, Д.Ю. Сычугов, Е.В. Хорошилова. М.: ВМиК МГУ, 2003. 180с.

16. Малаховский В.С. Введение в математику. Калининград: Янтар.сказ, 1998. 440с. 17. Малаховский В.С. Числа знакомые и незнакомые: Учеб. пособие. Калининград: ФГУ-

ИПП Янтарный сказ, 2004. 184с. 18. Математика. Большой энциклопедический словарь /Под ред. Ю.В. Прохорова. 3-е

изд. М.: Большая Российская энциклопедия, 2000. 848с.: ил. 19. Математика. Задачи вступительных экзаменов в МГУ им. М.В. Ломоносова с ответа-

ми и решениями (1999-2004гг): Учеб. пособие/ Сост. Е.А. Григорьев. 4-е изд., исп. и доп. М.: Изд-во УНЦ ДО, 2005. 399с.

20. Математика. Задачи вступительных экзаменов с ответами и решениями (1993–1997гг) / Сост. И.И. Мельников, С.Н. Олехник, И.Н. Сергеев. М., МГУ, 1998. 232с.

21. Математика. Методы решения задач: для поступающих в вузы. Учеб. пособие /М.К. Потапов, С.Н. Олехник, Ю.В. Нестеренко. М.: Дрофа, 1995. 336с.

22. Медведев Г.Н. Задачи вступительных экзаменов по математике на физическом фа-культете МГУ. 1971–2006 гг. Изд. 2-е, исп. и доп. М.: КомКнига, 2007. 248с.

23. Методы решения задач по алгебре: от простых до самых сложных/ С.В. Кравцев и др. М.: Экзамен, 2005. 544с.

24. Мочалов В.В., Сильвестров В.В. Уравнения и неравенства с параметрами: Учеб. по-собие. 2-е изд. Чебоксары: Изд-во Чувашского ун-та, 2000. 144с.

25. Натяганов В.Л., Лужина Л.М. Методы решения задач с параметрами: Учеб.пособие. М.: Изд-во МГУ, 2003. 368с.

26. Начала анализа. Задачник: 10–11 кл.: Учеб. пособие для общеобразоват. учеб. заведе-ний/ В.В. Вавилов, И.И. Мельников, С.Н. Олехник, П.И. Пасиченко. М.: Дрофа, 1996. 416с.: ил.

27. Нестеренко Ю.В., Олехник С.Н., Потапов М.К.. Задачи вступительных экзаменов по математике: Учеб. пособие. М.: Факториал, 1995. 640с., ил.

28. Пархимович И.В. Математика для поступающих. Минск: Высш. шк., 1998. 463с.: ил. 29. Сивашинский И.Х. Теоремы и задачи по алгебре и элементарным функциям. М.: Нау-

ка, Глав. ред. физ.-мат. лит-ры, 1971. 368с. 30. Уравнения и неравенства. Нестандартные методы решения. 10-11 классы: Учебно-

метод. пособие/ С.Н. Олехник, М.К. Потапов, П.И. Пасиченко. М.: Дрофа, 2001. 192с.: ил.

31. Хорошилова Е.В. Математика: Задачи с решениями вступительных экзаменов и олим-пиад на геологическом факультете МГУ за 1984–2008 годы. Учеб. пособие для старшекл./ Сост. Е.В. Хорошилова. 2-е изд., исп. И доп. М., Макс Пресс, 2009. 436с.

32. Шарыгин И.Ф. Сборник задач по математике с решениями: Учеб. пособие для 11 кл. общеобразов. учреждений. М.: ООО «Астрель», ООО «АСТ», 2001. 448с.: ил.

33. Элементарная математика. Повторительный курс/ В.В. Зайцев, В.В. Рыжков, М.И. Сканави. 2-е изд. М.: Наука, 1974. 592с.

34. Якушева Е.В., Попов А.В., Якушев А.Г. Математика. Всё для экзамена: Учеб.пособие. 2-е изд., исп. и доп. М.: Изд-во УНЦ ДО, 2004. 207с.

Учебное издание

ХОРОШИЛОВА ЕЛЕНА ВЛАДИМИРОВНА

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ МАТЕМАТИКА

Учебное пособие для старшеклассников и абитуриентов

Часть 1: Теория чисел. Алгебра

Подписано в печать 29.09.2009 г. Формат 60х88 1/16.

Печать офсетная. Бумага офсетная №1. Усл. печ. л. 29,5. Тираж 1000 экз. Изд. № 8352. Заказ 6383.

Ордена «Знак Почета» Издательство Московского университета.

125009, Москва, ул. Б. Никитская, 5/7. Тел.: (495) 629-50-91. Факс: 697-66-71. Тел.: 939-33-23 (отдел реализации)

E-mail: [email protected]

Отпечатано в ФГУП «Производственно-издательский комбинат ВИНИТИ», 140010, г. Люберцы Московской обл., Октябрьский пр-т, 403.

373:512 ЕВ Хорошилова Х Публикуется Московского ...€¦ ·...

Documents