Решить неравенство
cos42x−7−cos4x−53−x−5−x2⩾0.Требуется решить неравенство
cos42x−7−cos4x−53−x−5−x2⩾0.Область определения. Подкоренное выражение в числителе должно быть неотрицательным:
5−x2⩾0 ⟺ −5⩽x⩽5.Кроме того, знаменатель не должен обращаться в нуль. Таким образом, все дальнейшие рассуждения ведём на отрезке x∈[−5,5], выбрасывая из него точки, где знаменатель равен нулю. Обозначим числитель N(x)=3−x−5−x2, а знаменатель D(x)=cos42x−7−cos4x−5.
Знак числителя. На всей области определения x⩽5<3, поэтому 3−x>0. Значит, неравенство N(x)⩾0 равносильно
3−x⩾5−x2,где обе части неотрицательны. Возводя в квадрат (это равносильное преобразование при 3−x⩾0), получаем
(3−x)2⩾5−x2 ⟺ 9−6x+x2⩾5−x2 ⟺ 2x2−6x+4⩾0 ⟺ (x−1)(x−2)⩾0.Следовательно, на области определения
N(x)>0 при x<1 или x>2,N(x)<0 при 1<x<2,N(x)=0 при x=1 и x=2.Знак знаменателя. Применим формулу разности косинусов cosA−cosB=−2sin2A+Bsin2A−B при A=42x−7, B=4x−5:
2A+B=83x−23,2A−B=8x−41,откуда
D(x)=−2sin(83x−23)sin(8x−41).Оценим аргументы синусов на отрезке [−5,5] (где 5≈2,236).
Первый аргумент φ1=83x−23 при x∈[−5,5] меняется примерно в пределах от −2,34 до −0,66. Весь этот промежуток лежит внутри интервала (−π,0), на котором синус строго отрицателен. Значит, sinφ1<0 на всей области, и множитель −2sinφ1>0 всюду — на знак D(x) он не влияет.
Второй аргумент φ2=8x−41 при x∈[−5,5] меняется примерно от −0,53 до 0,03; весь промежуток лежит внутри (−2π,2π), где знак синуса совпадает со знаком самого аргумента:
signsinφ2=signφ2=sign(8x−41)=sign(x−2).Поэтому
D(x)>0 при x>2,D(x)<0 при x<2,D(x)=0 при x=2.Единственная точка области определения, где знаменатель обращается в нуль, — это x=2; её исключаем.
Сборка решения. Дробь неотрицательна, когда числитель и знаменатель одного знака, либо когда числитель равен нулю при ненулевом знаменателе.
Рассмотрим два случая по знаку знаменателя.
1) При x<2 (то есть на части области −5⩽x<2) имеем D(x)<0. Чтобы дробь была ⩾0, нужно N(x)⩽0, то есть (x−1)(x−2)⩽0, что даёт 1⩽x⩽2. С учётом ограничения x<2 получаем 1⩽x<2. На концах: при x=1 числитель N(1)=0, знаменатель D(1)=0, дробь равна нулю — точка подходит и включается.
2) При x>2 (то есть 2<x⩽5) имеем D(x)>0. Нужно N(x)⩾0, то есть (x−1)(x−2)⩾0; при x>2 это выполнено всегда, причём строго N(x)>0. Значит, весь промежуток 2<x⩽5 подходит. В точке x=5 дробь корректно определена и положительна.
Промежуток x<1 не даёт решений: там N(x)>0, а D(x)<0, так что дробь отрицательна. Точка x=2 исключена, так как знаменатель в ней нулевой.
Объединяя оба случая, получаем
1⩽x<2,2<x⩽5.Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Алгебра
Мехмат МГУ (архив)