179. По условию a+b < , поэтому cos a > cos ( - b) = sin b, так как cos x убывает на отрезке [0; ] . Аналогично, cos b > sin c и cos c > sin a. Сложив три полученных неравенства, получаем требуемое.

180. Прежде всего заметим, что 0 < 1 < $ {\frac{\pi}{3}}$< $ {\frac{\pi}{2}}$, поэтому sin1 < sin$ {\frac{\pi}{3}}$ = $ {\frac{\sqrt{3}}{2}}$< $ {\frac{7}{8}}$. Далее, 37 < 74, поэтому 7 < 4 log37, а значит, $ {\frac{7}{8}}$< log3$ \sqrt{7}$.

181. Предположим, что сумма

cos 32x + a31cos 31x + a30cos 30x + ... + a1cos x принимает только положительные значения при всех x. Заменив x на x + π, получим, что выражение

cos 32x - a31cos 31x + a30cos 30x - ... + a2cos 2x - a1cos x принимает положительные значения при всех x. Сложив эти выражения, получим, что сумма

cos 32x + a30cos 30x + ... + a4cos 4x + a2cos 2x принимает положительные значения при всех x. Затем повторим те же самые рассуждения, последовательно заменяя x на x + $ {\frac{\pi}{2}}$, x + $ {\frac{\pi}{4}}$, x + $ {\frac{\pi}{8}}$, x + $ {\frac{\pi}{16}}$. В результате получим, что cos 32x принимает положительные значения при всех x. Но при x = π/32 выражение cos 32x принимает значение -1. Получено противоречие.

182. Пусть $ \varphi_{1}^{}$= arctg x, $ \varphi_{2}^{}$= arctg y, $ \varphi_{3}^{}$= arctg z, тогда $ \varphi_{1}^{}$+ $ \varphi_{2}^{}$+ $ \varphi_{3}^{}$< $ \pi$и, кроме того, 0 < $ \varphi_{1}^{}$,$ \varphi_{2}^{}$,$ \varphi_{3}^{}$ < $ {\frac{\pi}{2}}$, поскольку 0 < x, y, z, а значит, и cos$ \varphi_{1}^{}$, cos$ \varphi_{2}^{}$, cos$ \varphi_{3}^{}$ > 0. Так же получаем, что

x + y + z - xyz = tg$\displaystyle \varphi_{1}^{}$ + tg$\displaystyle \varphi_{2}^{}$ + tg$\displaystyle \varphi_{3}^{}$ - tg$\displaystyle \varphi_{1}^{}$tg$\displaystyle \varphi_{2}^{}$tg$\displaystyle \varphi_{3}^{}$.

Поскольку cos$ \varphi_{1}^{}$, cos$ \varphi_{2}^{}$, cos$ \varphi_{3}^{}$ > 0, обе части равенства можно домножить на произведение косинусов. Получаем, что надо доказать, что

sin$\displaystyle \varphi_{1}^{}$cos$\displaystyle \varphi_{2}^{}$cos$\displaystyle \varphi_{3}^{}$ + cos$\displaystyle \varphi_{1}^{}$sin$\displaystyle \varphi_{2}^{}$cos$\displaystyle \varphi_{3}^{}$ + cos$\displaystyle \varphi_{1}^{}$cos$\displaystyle \varphi_{2}^{}$sin$\displaystyle \varphi_{3}^{}$ - sin$\displaystyle \varphi_{1}^{}$sin$\displaystyle \varphi_{2}^{}$sin$\displaystyle \varphi_{3}^{}$ > 0.(*)

Левая часть равенства (*) равна sin($\displaystyle \varphi_{1}^{}$ + $\displaystyle \varphi_{2}^{}$+ $\displaystyle \varphi_{3}^{}$). В этом можно убедиться, дважды применив формулу синуса суммы.

Поскольку 0 < $ \varphi_{1}^{}$+ $ \varphi_{2}^{}$+ $ \varphi_{3}^{}$< $ \pi$, получаем, что sin($ \varphi_{1}^{}$ + $ \varphi_{2}^{}$+ $ \varphi_{3}^{}$) > 0, тем самым доказано неравенство (*).

183. Поскольку функция синус нечетная и имеет период 2π , можно считать, что 0<x<π. Если x , то подойдет n = 1.

Если 0 < x < , то, последовательно откладывая углы x, 2x, nx, мы когда-нибудь выйдем из промежутка (0;); а поскольку шаг меньше , то мы при этом попадем в уже рассмотренный промежуток [; ].

Если же x (;π) , то, учитывая равенство | sin nx|=| sin n(π - x)| , этот случай сводится к случаю x(0;).

184. Возьмём на окружности радиуса 1 с центром O точки K, A и B так, что $ \angle$AOK = $ \alpha$и $ \angle$BOK = $ \beta$(рис.???). Опустим из точки A перпендикуляр AH на прямую OK. Пусть C — точка пересечения этого перпендикуляра и прямой OB. Сравнение площадей сектора OAB и треугольника OAC показывает, что ($ \beta$ - $ \alpha$) < OH . (tg$ \beta$ - tg$ \alpha$). Сравнение площадей сектора OAK и треугольника OAH показывает, что $ \alpha$> OH . tg$ \alpha$. Из двух полученных неравенств следует, что

$\displaystyle< $\displaystyle {\frac{{\rm tg}\beta -{\rm tg}\alpha}{{\rm tg}\alpha}}$, т. е. $\displaystyle {\frac{\beta}{\alpha}}$< $\displaystyle.

185. Используя тождества 1- cos x=2 sin2 , sin 2x=4 sin cos cos x, приводим неравенство к виду 2 cos x,>, tg . Полученное неравенство справедливо в силу того, что 2 cos x>2 cos=1 , tg < tg<1 . Заметим, что функции sin2x и cos x выпуклы вверх на отрезке [0,] . Значит, их сумма f(x)= sin2x+ cos x также выпукла, поэтому график функции f(x) на этом отрезке лежит не ниже прямой, соединяющей точки (0;f(0)) и (;f()) . Требуемое неравенство теперь следует из соотношений f(0)=1 и f()=+>1 .

186. Доказываемое неравенство можно переписать в виде

sin2n x + (2n - 2) sinn x cosn x + cos2n x 1 .

Возведем тождество sin2 x + cos2 x = 1 в степень n , получим

1 = sin2n x + cos2n x + n ( sin2 x cos2n-2 x + cos2 x sin2n-2 x) + + Cn2 ( sin4 x cos2n-4 x + cos4 x sin2n-4 x) + .. sin2n x + cos2n x + (2n - 2) sinn x cosn x,

поскольку каждая скобка не меньше чем 2 sinn x cosn x , а сумма коэффициентов равна .

187. При x1 имеем 1 x< . Отсюда sin sin x. Далее, поскольку 0< sin x<1 , имеем sin x< . Пусть 0<x<1 . Перепишем неравенство: sin2t< sin(t2) при 0<t<1 . Так как sin20= sin(02) , то достаточно доказать ( sin2t)'<( sin(t2))' , или 2 sin t cos t<2t cos(t2) . Поскольку >t>t2>0 , то cos t< cos (t2) . Перемножив это неравенство и sin t<t, получим sin t cos t<t cos(t2) .

188. Предположим противное: cosα + cosβ + cosγ > . Тогда для векторов =( sinα, cosα), =(sinβ, cosβ) и =(sinγ, cosγ) имеем: 3<= |++|||+||+||=3 . Получили противоречие. Сумму

A=( sinα + sinβ + sinγ )2+( cosα + cosβ + cosγ)2

легко оценить сверху:

A=( sin2α + cos2α )+( sin2β + cos2β ) +( sin2γ + cos2γ )+ + 2( sinα sinβ + cosα cosβ)+ +2(sinα sinγ + cosα cosγ )+ + 2( sinβ sinγ + cosβ cosγ ) 3+3· 2=9.

Отсюда ( cosα + cosβ + cosγ)2 =A-( sinα + sinβ + sinγ)2 9-4=5.

Обратные тригонометрические функции

189. а) $ {\dfrac{9\pi}{14}}$; б) - $ {\dfrac{\pi}{10}}$.

191. Прежде всего нетрудно показать, что величины arctg x + arctg y и arctg $ {\dfrac{x+y}{1-xy}}$ отличаются друг от друга на $ \varepsilon$$ \pi$, где $ \varepsilon$ — целое число. Действительно,

tg $\displaystyle \left(\vphantom{\hbox{\rm arctg\ }x+\hbox{\rm arctg\ } y}\right.$arctg x + arctg y$\displaystyle = $\displaystyle {\dfrac{x+y}{1-xy}}$= tg $\displaystyle {\dfrac{x+y}{1-xy}}$.

Так как

- $\displaystyle \pi$$\displaystyle \leqslant$arctg x + arctg y $\displaystyle \leqslant$$\displaystyle \pi$,

то $ \varepsilon$может принимать лишь три значения 0 и ±1. Для нахождения $ \varepsilon$рассмотрите косинусы левой и правой частей исходного равенства.

192. а) Пусть y = arcsin x $ \left(\vphantom{-{\pi}/{2}\leqslant x\leqslant {\pi}/{2}}\right.$- $ \pi$/2 $ \leqslant$x $ \leqslant$$ \pi$/2$ \left.\vphantom{-{\pi}/{2}\leqslant x\leqslant {\pi}/{2}}\right)$. Тогда sin y = x, cos y = $ \sqrt{1-\sin^2y}$= $ \sqrt{1-x^2}$, причем перед корнем выбирается знак плюс, так как cos y $ \geqslant$0. Остальные формулы доказываются аналогично.

193. arcsin cos arcsin x + arccos sin arccos x = $ {\dfrac{\pi}{2}}$.

194. 0 $ \leqslant$x $ \leqslant$4.

195. По формуле котангенса суммы

ctg $\displaystyle \left(\vphantom{\hbox{\rm arctg\ } F_{2n}-\hbox{\rm arctg\ } F_{2n+2}}\right.$arcctg F2n - arcctg F2n + 2$\displaystyle = $\displaystyle {\dfrac{F_{2n}F_{2n+2}+1}{F_{2n+2}-F_{2n}}}$= F2n + 1.

Тем самым равенство (8.2 ) доказано. Суммируя его по n от 1 до $ \infty$, находим

arcctg 2 + arcctg 5 + arcctg 13 +...+ arcctg F2n + 1 +...= arcctg 1 = $\displaystyle {\dfrac{\pi}{4}}$.

Алгебраические уравнения и системы уравнений

196. Перенесем все слагаемые в левую часть, получим: x2+y2+z2+t2-x(y+z+t)=0. Преобразуем это выражение к виду (1/4)x2+((1/4)x2- xy+y2)+((1/4)x2- xz+z2)+((1/4)x2-xt+t2). В каждой из скобок стоит полный квадрат, поэтому уравнение приводится к следующему виду: (1/4)x2+((1/2)x-y)2+((1/2)x- z)2+((1/2)x-t)2=0. Отсюда видно, что левая часть строго положительна, кроме случая, когда каждый квадрат обращается в 0. Получаем: x=0, (1/2)x-y=0, (1/2)x-z=0, (1/2)x-t=0, и окончательно, x=y=z=t=0.

Ответ: x=y=z=t=0.

197. Пусть t - некоторое действительное число. В уравнение 2f(x)+f(1-x)=x2 подставим вместо x сначала x=t, а затем x=1-t. Получим (c учетом того, что 1-(1-t)=t): 2f(t)+f(1-t)=t2; 2f(1-t)+f(t)=(1-t)2. Вычитая из удвоенного первого уравнения второе уравнение, получаем: 4f(t)+2f(1-t)-2f(1-t)-f(t)=2t2-(1-t)2, откуда находим f(t)=(2t2-(1-t)2)/3=(t2+2t-1)/3. Непосредственная проверка показывает, что найденная функция f(x)=(x2+2x-1)/3 удовлетворяет условию.

Ответ: f(x)=(x2+2x-1)/3.

198. Первый способ.

Раскроем скобки, перенесем все слагаемые в одну часть и сгруппируем: x4y4 + x4 + y4 + 1 - 4x2y2 = 0 $ \Leftrightarrow$(x4y4 - 2x2y2 + 1) + (x4 - 2x2y2 + y4) = 0 $ \Leftrightarrow$(x2y2-1)2 + (x2-y2)2 = 0 $ \Leftrightarrow$

$\left\{ \begin{aligned} &x^2y^2=1,\\ &x^2=y^2.\\ \end{aligned}\right.\Leftrightarrow \vert x\vert=\vert y\vert=1$.
Второй способ.

Используем неравенство о средних: $ {\frac{x^4+1}{2}}$$ \ge$x2 и $ {\frac{y^4+1}{2}}$$ \ge$y2. Перемножив почленно эти неравенства, и умножив полученное неравенство на 4, получим, что (x4+1)·(y4+1)$ \ge$4x2y2, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда x4 = y4 = 1.

Ответ: (1;1), (- 1; - 1), (1; - 1), (- 1;1).

199. Будем доказывать утверждение по индукции. База n = 1 очевидна. Предположим, что неравенство доказано для n чисел. Проверим его и для n+1 числа. Согласно предположению индукции,

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

( ak)2 = an+12 + 2 an+1 ak + ( ak)2 an+12 + 2 an+1 ak + ak3 .


Таким образом, достаточно проверить, что

an+13 an+12 + 2 an+1 ak,

или, что

an+12 - an+1 2 ak.

Для доказательства последнего утверждения заметим, что

ak+1 + ak (ak+1 + ak)(ak+1 - ak) = ak+12 - ak2 .

Суммируя полученные неравенства по k от 0 до n , придем к неравенству

an+1 + 2 ak (ak+12 - ak2) = an+12 ,

что и требовалось.

Системы алгебраических нелинейных урвнений

201. Первое решение. Из первого уравнения x=1:y, а из второго имеем z=2:y. Подставим эти значения в третье уравнение и получим 2:y2=8, что равносильно y2=1:4. Итак, y=1:2 или y=-1:2, а затем находим остальные переменные. Ответ: (2;0,5;4),(-2;-0,5;-4) Второе решение. Так как произведение двух переменных - положительное число, то из этого следует, что переменные имеют один знак, а затем можно сделать вывод, что все три переменных имеют один знак. Перемножим все уравнения и получим x2y2z2=16, откуда xyz=4 или xyz=4. Осталось заметить, что мы имеем произведение всех трех чисел и попарные произведения, следовательно, мы можем найти каждое переменное. Найдем, например, x. Для этого воспользуемся вторым уравнением системы и произведением всех неизвестных и запишем x(yz)=4 или x*2=4 или x=2. Аналогично выписываем остальные переменные и ответ.

202. Из второго уравнения следует, что xy$ \ge$1. Числа x и y не могут быть оба отрицательны, поскольку их сумма равна 2. Значит, числа x и y положительны и x + y$ \ge$2$ \sqrt{xy}$$ \ge$2, причём равенство x + y = 2 возможно лишь в том случае, когда x = y = 1. В таком случае z = 0.

Ответ: Одно решение.

203. x1 = x2 = ... = x15 = ±1. Ясно, что x2 ≠ 0, поэтому из первого и второго уравнений получаем x1 = x3. Из второго и третьего уравнений получаем x2 = x4 и т. д. Кроме того, из первого и последнего уравнений получаем x15 = x2. В итоге получаем x1 = x3 = ... = x15 = x2 = x4 = ... = x14. Поэтому из первого уравнения получаем x12 = 1, т. е. x1 = ±1. Очевидно, что оба указанных в ответе набора неизвестных действительно являются решениями системы.

204. Запишем эти уравнения следующим образом:

$\displaystyle$\displaystyle \begin{array}{rcl} x^2+y^2&=&2z^2+2a^2,\\ x+y&=&4(a^2+1)-2z,\\ -xy&=&a^2-z^2. \end{array}$

Второе уравнение возведём в квадрат, прибавим к нему третье уравнение, умноженное на 2, и вычтем первое уравнение. В результате получим:

0 = 16(a2 + a2 + 1)z,

т. е. z = a2 + 1. Теперь второе и третье уравнения записываются так:

$\displaystyle$\displaystyle \begin{array}{rcl} x+y&=&2(a^2+1),\\ xy&=&a^4+a^2+1. \end{array}$

Решение этой системы сводится к решению квадратного уравнения; решая его, находим

x = a2±a + 1, y = a2$\displaystyle \mp$a + 1.

205. x1 = x2 = ... = xn = ±1 при нечётном n, x1 = x3 = ... = xn - 1 = a и x2 = x4 = ... = xn = $ {\frac{1}{a}}$(a ≠ 0) при чётном n. Для нечётного n решение фактически приведено в решении задачи 77953. При чётном n точно так же получаем x1 = x3 = ... = xn - 1, x2 = x4 = ... = xn - 2 и x2 = xn. Очевидно, что указанные в ответе наборы неизвестных являются решениями данной системы уравнений.

206. x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = 2. Пусть a — наибольшее из чисел x1, ..., x5, b — наименьшее из этих чисел. Тогда a2 ≤ 2a и b2 ≥ 2b. По условию числа a и b положительны, поэтому a ≤ 2 и b ≥ 2, следовательно, a = b = 2.

207. Первый способ.

Заметим, что x1x2 = 1, x2x3 = 1, ..., x2001x1 = 1. Следовательно, x12 . x22 . K . x20012 = 1, откуда x1 . x2 . K . x2001 = 1 или x1 . x2 . K . x2001 = - 1. Так как x1x2 = 1, x3x4 = 1, . , x1999x2000 = 1, то x2001 = 1 или x2001 = - 1. Далее последовательно находим: x1, x2, и т. д. Получим: x20011 = x2000 = K = x1 = 1 или x20011 = x2000 = K = x1 = - 1.

Второй способ.

x1 = 1/x2; x2 = 1/x3; ...; x2000 = 1/x2001. Следовательно, значения всех переменных с нечетными индексами равны между собой и значения всех переменных с четными индексами равны между собой, при этом, все переменные принимают значения одного знака. Из последнего уравнения следует, что x1 = 1/x2001, то есть, x1 = x2001 = ±1. Тогда, из первого уравнения получим, что x2 = ±1, и т. д. Таким образом, значение каждой из переменных либо равно 1, либо равно -1.

Ответ: (1;1;...;1); (- 1; - 1;...; - 1).

208. В силу симметрии системы уравнений можем считать, что x ≥ y. Тогда (y + z)3 = x ≥ y = (z + x)3 и y + z ≥ z + x. Значит, x = y. Аналогично, y = z. Получаем три решения: (0, 0, 0), resh1, resh2.

209. Введем новые обозначения: oboznacheniyaПолучим:

Складывая уравнения системы, получим 2(u + v + t) = 15; Теперь нетрудно получить u = 3,5; v = 2,5; t = 1,5, тогда x = 2/7; y = 2/5, z = 2/3.

210. Пусть y = kx. Сразу отметим, что k$ \ne$1. Из уравнений

x3 - k3x3

=

26,

kx3y - k2x3

=

6

получаем x3 = $ {\frac{26}{1-k^3}}$и x3 = $ {\frac{6}{k-k^2}}$. Следовательно,

$\displaystyle {\frac{26}{1-k^3}}$= $\displaystyle {\frac{6}{k-k^2}}$.

Это уравнение можно умножить на 1 - k. В результате получим

$\displaystyle {\frac{26}{1+k+k^2}}$= $\displaystyle {\frac{6}{k}}$,

откуда k = 3 или $ {\frac{1}{3}}$. Поэтому x3 = - 1 или x3 = 27. В итоге получаем следующие решения: (- 1, - 3), $ \left(\vphantom{\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}(1\pm i\sqrt{3})}\right.$$ {\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}}$,$ {\frac{3}{2}}$(1±i$ \sqrt{3}$)$ \left.\vphantom{\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}(1\pm i\sqrt{3})}\right)$, (3, 1), $ \left(\vphantom{\frac{-3\pm 3i\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}(-1\pm i\sqrt{3})}\right.$$ {\frac{-3\pm 3i\sqrt{3}}{2}}$,$ {\frac{1}{2}}$(- 1±i$ \sqrt{3}$)$ \left.\vphantom{\frac{-3\pm 3i\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}(-1\pm i\sqrt{3})}\right)$.

211. Рассмотрим сначала случай, когда b = 0. В этом случае последние два уравнения запишутся в виде z = - x - y и z2 = x2 + y2. Возведя первое из них в квадрат, получим xy = 0. Значит, x = 0, z = - y или y = 0, z = - x. Первое уравнение исходной системы при этом выполняется. Рассмотрим теперь случай, когда b$ \ne$ 0. Воспользуемся тождеством

3xyz - x3 - y3 - z3 = (x + y + z)(xy + yz + xz - x2 - y2 - z2).

Из первого и второго уравнений следует, что xy + yz + xz - x2 - y2 - z2 = $ {\frac{b^2}{2}}$. Возведя в квадрат уравнение x + y + z = 2b, получим x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz = 4b2. Следовательно, x2 + y2 + z2 = b2 и xy + yz + xz = $ {\frac{3}{2}}$b2. Сравнивая первое из этих уравнений с последним уравнением исходной системы, получаем z = 0. Таким образом, x2 + y2 = b2 и xy = $ {\frac{3}{2}}$b2. Решая эту систему уравнений, находим x = $1±$ \sqrt{\frac{-1}{2}}$$ \left.\vphantom{1\pm\sqrt{\frac{-1}{2}}}\right)$b, y = $ \left(\vphantom{1\mp\sqrt{\frac{-1}{2}}}\right.$1$ \mp$$ \sqrt{\frac{-1}{2}}$$ \left.\vphantom{1\mp\sqrt{\frac{-1}{2}}}\right)$b.

212. число решений уменьшается до трёх при a = ±1, число решений уменьшается до двух при a = ±$ \sqrt{2}$. Из первого уравнения получаем y = ±x. Подставив это выражение во второе уравнение, получим

(x - a)2 + x2 = 1.(1)

Число решений системы уменьшается до трёх, если одно из решений уравнения (1) обращается в нуль. Подставив в (1) x = 0, получим a2 = 1, т. е. a = ±1. Число решений системы уменьшается до двух, если уравнение (1) имеет единственный корень (т. е. два совпадающих корня). Приравнивая нулю дискриминант уравнения (1), получаем a = ±$ \sqrt{2}$.

213. Вычтем из первого уравнения почленно второе. Получим

x2(1-x)+y2(1-y)+u2(1-u)=0.

Поскольку неизвестные по абсолютной величине не превосходят единицы, все слагаемые левой части уравнения неотрицательны, а так как они в сумме равны нулю, то каждое из них должно равняться нулю. Отсюда видно, что каждое неизвестное может равняться либо нулю, либо единице. Итак, получаем следующие ответы

Ответ

214. Заметим, что x1.... . xk удовлетворяет уравнению x + $ {\frac{1}{x}}$= 1 $ \Rightarrow$x2 - x - 1 = 0, поскольку

xxk . xk + x1962 = 1,

xxk - xk + x1962 = 1.

Поэтому x1.... . xk = $ {\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}}$. С другой стороны, по той же причине xxk + 1 = $ {\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}}$. Откуда получаем, что xk + 1 = $ \left.\vphantom{\left(\frac{1+\varepsilon_1\sqrt{5}}{2}\right)}\right.$$ \left(\vphantom{\frac{1+\varepsilon_1\sqrt{5}}{2}}\right.$$ {\frac{1+\varepsilon_1\sqrt{5}}{2}}$$$ \left.\vphantom{\left(\frac{1+\varepsilon_1\sqrt{5}}{2}\right)}\right/$$ \left(\vphantom{\frac{1+\varepsilon_2\sqrt{5}}{2}}\right.$$ {\frac{1+\varepsilon_2\sqrt{5}}{2}}$$, где $ \varepsilon_{1,2}^{}$= ±1. Поэтому x25 = 1,-$ {\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}}$. В первом случае подходит пример из x1=(1+√(5))/2, x2=x3= ... =x1961=1, x1962=√(5)/2-1. Во втором случае подходит пример x1=-x1962= $ {\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}}$, x2=x3= ... =x24=x26= ... =x1961=1, x25=-$ {\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}}$. (причем в двух последних формулах берутся противоположные знаки "плюс" и "минус").

Ответ: x25 = 1, -$ {\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}}$.

215. x = 1.

216. (0, 0, 0) и (1, 1, 1). Легко проверить, что если одно из чисел x1, x2, x3 равно нулю, то остальные числа тоже равны нулю. Поэтому будем считать, что x1x2x3 ≠  0. Тогда данную систему уравнений можно записать в виде

$\displaystyle {\frac{2}{x_2}}$= 1 + $\displaystyle {\frac{x}{x_1^2}}$, $\displaystyle {\frac{2}{x_3}}$ = 1 + $\displaystyle {\frac{x}{x_2^2}}$, $\displaystyle {\frac{2}{x_1}}$ = 1 + $\displaystyle {\frac{x}{x_3^2}}$.

Сложив эти уравнения, получим

$\displaystyle1 - $\displaystyle {\frac{1}{x_1}}$$\displaystyle+ $\displaystyle \left(\vphantom{ 1-\frac{1}{x_2}}\right.$1 - $\displaystyle {\frac{1}{x_2}}$$\displaystyle+ $\displaystyle \left(\vphantom{ 1-\frac{1}{x_3}}\right.$1 - $\displaystyle {\frac{1}{x_3}}$$\displaystyle= 0.

При действительных x1, x2, x3 это равенство может выполняться лишь в том случае, когда 1 - $ {\frac{1}{x_1}}$= 1 - $ {\frac{1}{x_2}}$= 1 - $ {\frac{1}{x_3}}$= 0, т. е. x1 = x2 = x3 = 1.

217. Ни одно из неизвестных не равно нулю, что видно из самой системы. Вычтем из первого уравнения почленно второе уравнение системы. Получим x2x3(x1+x4)=0 . Так как ни одно из неизвестных не равно нулю, то можем разделить на x2x3 и получить x1=-x4 . Вычтя из второго уравнения третье, аналогично найдём, что x2=-x5 . Так же находим: x3=-x6, x4=-x7,...x47=-x50, x48=-x1, x49=-x2, x50=-x3 . Вычитая из первого уравнения выведенной системы четвёртое, из второго – пятое, из третьего – шестое и т. д., получим: x1=x7, x2=x8,...x50=x6 . Продолжая, получим

x1=x3=x5=...x49=-x2=-x4=...-x50.

Подставив эти формулы, например, в первое уравнение, найдём 1-x1(-x1)x1=0, x13=-1 . Действительный корень этого уравнения x1=-1 . Итак, x2k=1, x2k-1=-1 , где k – целое число ( k= ).

Ответ: x2k=1, x2k-1=-1 , где k – целое число ( k= ).

218. В силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим для любых положительных чисел x и y имеем: x+ 2 . Поэтому


Перемножая эти неравенства, получаем неравенство

(x1+ ) (x2+ ).. (x100+ ) 2100=450;

перемножая уравнения системы, видим, что это неравенство обращается в равенство. Следовательно, каждое из неравенств (1) должно обращаться в равенство, т. е.

x1= , x2= ,.., x100= .

Подставляя полученные выражения для x1 , x2 , x100 в данную систему уравнений, находим ответ.

Ответ

x1=2 , x2= , x3=2 , x4= , x99=2 , x100= .

Конец формы

219. xy + yz + xz = $\displaystyle,

где p = $ {\dfrac{a+b+c}{2}}$.

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах:
1 2 3 4