Новиков А.И. Тригонометрические функции, уравнения и неравенства. Пособие для поступающих
Подождите немного. Документ загружается.
4
2
2
arcsinx
11
π
==α= и
π=
π
−π=α−π=
4
3
4
x
12
являются решением уравнения
2
2
xsin = . Поскольку
π
−
2xsin
-периодическая функция, то решением уравнения
будут также все числа Zn,n2
4
∈π+
π
, и Zm,m2
4
3
∈π+π .
Ответ: ;Zn,n2
4
x ∈π+
π
= Zm,m2
4
3
x ∈π+π= .
Замечание. Если в условиях примера 4.1 заменить число
2
2
на
a
, 1a < , повторить рассуждения, выполненные при
решении этого примера, то получим, что множества точек
Zn,n2aarcsin
∈
π
+
и Zm,m2aarcsin
∈
π
+
−
π
являются решениями уравнения
axsin
=
.
При этом обе серии корней можно объединить в одной
формуле
(
)
Zn,naarcsin1x
n
∈π+−= .
Однако важно помнить, что на самом деле и эта запись
содержит две серии корней, порождаемых числами
aarcsinx
1
= и aarcsinx
2
−π= .
Пример 4.2. Решите уравнение
2
1
xcos = .
Решение. Прямая
2
1
x
~
= пересекает единичную окружность
в двух точках
1
M и
2
M ,
расположенных симметрично
относительно оси
x
~
O
(рис. 4.2).
Этим точкам отвечают углы
α=∠ OAM
1
и α−=∠ OAM
2
,
т.е. числа
3
2
1
arccosx
1
π
==α=
и
3
x
2
π
−=α−= являются
решениями уравнения
2
1
xcos = .
Поскольку
x
cos
- периодическая функция с периодом
π
2
,
то решением этого уравнения будут также все числа
Zn,n2
3
∈π+
π
, и Zm,m2
3
∈π+
π
− .
Ответ: Zn,n2
3
x ∈π+
π
±= .
Пример 4.3. Решите уравнение 2tgx
=
.
Решение. Из определения
тангенса угла
α
следует, что
(рис. 4.3)
1
tg2
OA
AB
2tgx α==⇔= .
Таким образом, для решения
уравнения 2tgx
=
необходимо
на линии тангенсов отложить
отрезок ;2AB
=
соединить
точку
B
с началом координат.
Тогда
BOA
∠
будет искомым углом
1
α , т.е. 2tg
1
=α , откуда
2arctg
1
=α . Поскольку
(
)
11
tgtg α=α+π , то 2arctg
12
+π=α+π=α
также будет решением уравнения 2tgx
=
. Окончательно с
учетом периодичности функции
tgx
имеем
Zn,n2arctgx
∈
π
+
=
.
Ответ: Zn,n2arctgx
∈
π
+
=
.
Приводимые ниже в примерах 4.4 и 4.5 уравнения также
относятся к классу простейших. Однако нестандартный способ
задания числа
a
в правой части этих уравнений придает им
(уравнениям) дополнительную сложность.
Пример 4.4. Решите уравнение
1cosxsin
=
.
Решение. Здесь
cos1a
=
и поскольку ,11cos0
<
<
то
уравнение имеет решение и это решение можно записать в
стандартном виде
(
)
(
)
Zn ,n1cosarcsin1x
n
∈π+−= . Однако
( )
1
2
1
2
sinarcsin1cosarcsin −
π
=
−
π
=
и потому
( )
Zn ,n1
2
1x
n
∈π+
−
π
−= . Это решение удобно
представить в виде двух серий – при n четном и n нечетном:
( )
;2kn Zk ,k21
2
x =∈π+−
π
=
( ) ( )
12mn Zm ,1m21
2
x +=∈+π+
−
π
−= .
Ответ: Zm ,m21
2
x ;Zn ;n21
2
x ∈π++
π
=∈π+−
π
= .
Пример 4.5. Решите уравнение 6cos2x2cos
=
.
Решение. Здесь
6 cos2a
=
. Уравнение будет
иметь решение, если
16cos2 ≤ . Справедливы
неравенства π<<π 26
6
11
(см.
рис. 4.4). На интервале
ππ 2;
2
3
, которому
принадлежат точки π
6
11
и 6,
функция
x
cos
является монотонно возрастающей и потому
2
3
6
cos
6
11
cos6cos =
π
=π> .
Отсюда 13
6
11
cos26cos2 >=π> и потому уравнение
6cos2x2cos
=
не имеет решения.
Ответ:
∅
(уравнение не имеет решения).
Замечание. Уравнения ,sinxsin
α
=
α
=
cos
x
cos
и, в
частности, уравнения ,mxsinkxsin
=
mxcoskxcos
=
имеют
решение для всех
R
∈
α
. При этом
(
)
⇔∈π+α−=⇔α= Zn,n1xsinxsin
n
∈π+α−π=
∈π+α=
⇔
Zm,m2x
Zn,n2x
(4.4)
Zn,n2xcosxcos
∈
π
+
α
±
=
⇔
α
=
. (4.5)
Уравнение
α
=
tg
tgx
имеет решение для всех
R
∈
α
, за
исключением Zn,n
2
∈π+
π
=α и
Zn,nxtgtgx
∈
π
+
α
=
⇔
α
=
. (4.6)
Решим таким способом уравнение
xsinx3sin
=
:
⇔
∈π+−π=
∈π+=
⇔=
Zm,m2xx3
,Zn,n2xx3
xsinx3sin
∈
π
+
π
=
∈π=
⇔
.Zm,
2
m
4
x
,Zn,nx
В процессе решения тригонометрических уравнений часто
получаются уравнения вида axcos,axsin
22
== и ,axtg
2
=
где
∈
4
3
;
2
1
;
4
1
a для первых двух уравнений и
∈ 3;1;
3
1
a -
для уравнения axtg
2
= . Для этих уравнений наряду со
стандартной формой записи решения возможна также
компактная и легко интерпретируемая форма.
Следующий пример иллюстрирует это замечание.
Пример 4.6. Решите уравнения:
а)
2
1
xsin
2
= ; б)
4
3
xsin
2
= .
Решение. а) Способ 1. Основан на применении формул
понижения степени
.Zn,
2
n
4
xZn,n
2
x2
0x2сos
2
1
2
x2сos1
2
1
xsin
2
∈
π
+
π
=⇔∈π+
π
=⇔
⇔=⇔=
−
⇔=
Способ 2. ⇔
−=
=
⇔=
2
1
xsin
,
2
1
xsin
2
1
xsin
2
( )
( )
⇔
∈π+
π
−=
∈π+
π
−=
⇔
+
Zm,m
4
1x
,Zn,n
4
1x
1m
n
.Zn,
2
n
4
x ∈
π
+
π
=⇔
б) Способ 1:
⇔−=⇔=
−
⇔=
2
1
x2сos
4
3
2
x2сos1
4
3
xsin
2
⇔∈π+π±=⇔ Zn,n2
3
2
x2 Zn,n
3
x ∈π+
π
±= .
Способ 2: ⇔
−=
=
⇔=
,
2
3
xsin
,
2
3
xsin
4
3
xsin
2
( )
( )
∈π+
π
−=
∈π+
π
−=
⇔
+
,Zm,m
3
1x
,Zn,n
3
1x
1m
n
⇔
∈π+π−=
∈π+
π
−=
∈π+π=
∈π+
π
=
⇔
,Zl,l2
3
2
x
,Zk,k2
3
x
,Zm,m2
3
2
x
,Zn,n2
3
x
.Zn,n
3
x ∈π+
π
±=
На рис. 4.5 приведена
иллюстрация к примеру
4.6, б).
Ответ:
а) Zn,
2
n
4
x ∈
π
+
π
= ;
б) Zn,n
3
x ∈π+
π
±= .
4.2. Метод введения вспомогательного угла
(Решение уравнений вида
cxcosbxsina
=
+
)
Если 0a ,0b
≠
=
, то получаем простейшее
тригонометрическое уравнение
a
c
xsin = . Аналогично, если
,0b ,0a
≠
=
то имеем уравнение .
b
c
xcos =
При 0b ,0a ,0c
≠
≠
=
исходное уравнение равносильно
простейшему уравнению
a
b
tgx −= .
Пусть 0c,0b ,0a
≠
≠
≠
. Разделим обе части уравнения на
0ba
22
>+ (равносильное преобразование уравнения)
222222
ba
c
xcos
ba
b
xsin
ba
a
+
=
+
+
+
. (4.7)
Поскольку
1
ba
b
ba
a
2
22
2
22
=
+
+
+
,
то можно положить α=
+
cos
ba
a
22
, α=
+
sin
ba
b
22
–
ввести вспомогательный угол
α
.
Уравнение (4.7) примет вид
22
ba
c
sinxcoscosxsin
+
=α+α
или
( )
22
ba
c
xsin
+
=α+ . (4.8)
Замечание. Положив
β=
+
cos
ba
a
22
, β=
+
sin
ba
b
22
,
получим уравнение
( )
22
ba
c
x cos
+
=β− , (4.9)
также равносильное уравнению (4.7).
Уравнения (4.8) и (4.9) имеют решения тогда и только
тогда, когда
222
22
cba1
ba
с
≥+⇔≤
+
.
В этом случае уравнения (4.8) и (4.9) имеют соответственно
решения
( )
Zn ,n
ba
c
arcsin1x
22
n
∈π+
+
−+α−= ,
Zk ,k2
ba
c
arccosx
22
∈π+
+
±β= .
Каждое из этих решений является и решением уравнения
(4.7) и соответственно уравнения
.cxcosbxsina
=
+
Пример 4.7. Решите уравнение
2xcos3xsin =+ .
Решение. Разделив обе части уравнения на
(
)
213
2
=+ ,
получим уравнение
2
2
xcos
2
3
xsin
2
1
=+ .
Приняв
2
3
sin ,
2
1
cos =α=α , т.е.
3
π
=α , будем иметь
⇔=
π
+⇔=
π
+
π
2
2
3
xsin
2
2
xcos
3
sinxsin
3
cos
( )
Zn ,n
4
1
3
x
n
∈π+
π
−+
π
−=⇔ .
Ответ:
( )
.Zn ,n
4
1
3
x
n
∈π+
π
−+
π
−=
Разумеется, что аналогично решаются уравнения:
(
)
(
)
cxfcosbxfsina =+ .
Пример 4.8. Решите уравнение
(
)
(
)
5x3cos5x3sin2 =π−+π− .
Решение. Так как
222
552 >+
, то уравнение имеет
решение, которое может быть найдено описанным методом.
Заметим, что
(
)
(
)
;x3sin3x-sinx3sin −=π−=π−
(
)
(
)
,x3cosx3cosx3cos −=−π=π−
поэтому
(
)
(
)
5x3cos5x3sin2 ⇔=π−+π−
⇔
−
=
+
⇔
5x3cos5x3sin2
⇔−=+⇔
29
5
x3cos
29
5
x3sin
29
2
29
5
cos3x sin sin3x cos −=α+α⇔
,
где
29
2
arccos=α
или
29
5
arcsin=α
.
Далее имеем
( )
⇔−=α+
29
5
x3sin