Новиков А.И. Тригонометрические функции, уравнения и неравенства. Пособие для поступающих
Подождите немного. Документ загружается.
Но
x2cos1x2cos
2
=−
, поэтому окончательно имеем
уравнение
0x2cosxcos
=
⋅
,
равносильное исходному.
Имеем далее
∈π+
π
=
∈π+
π
=
⇔
=
=
Z.m ,m
2
2x
Z,n ,n
2
x
,0x2cos
,0xcos
Ответ: ;Zn ,n
2
x ∈π+
π
= .Zm ,m
2
4
x ∈
π
+
π
=
Вместе с тем, уравнение
0xsin xcos2x3 cos
2
=+
равносильно однородному
0xsin xcosx cos
23
=− .
В соответствии с общей
схемой решения однородных
уравнений приходим к
равносильной совокупности
уравнений
,1tgx
,0xcos
±=
=
решение которой, естественно,
совпадает с полученным выше,
т.е. имеем
Ответ: Zn ,n
2
x ∈π+
π
= ;
Zm ,m
2
4
x ∈
π
+
π
= .
Решение тригонометрических уравнений целесообразно
сопровождать нанесением на тригонометрический круг всех
серий корней уравнения. В данном случае имеем рис. 4.6.
4.4.2. Уравнения, приводящиеся к однородным
К однородным сводятся уравнения
(
)
cxcos,xsinf ≡ ,
Rc
∈
, где
(
)
xcos,xsinf - однородная функция вида (4.10)
степени
k
2
. Заменив
(
)
=+=
k
22
xsinxcoscc
(
)
(
)
(
)
xsinxsinxcosk...xsinxcoskxcosc
k21k2221k2k2
++++=
−−
и выполнив приведение подобных членов в уравнении
(
)
(
)
(
)
,xsin...xsinxcoskxcoscxcos,xsinf
k221k2k2
+++=
−
получим однородное уравнение степени
k
2
.
В некоторых случаях неоднородная функция
(
)
xf
приводится к виду однородной домножением отдельной группы
слагаемых на выражение
(
)
1xsinxcos
m
22
≡+ .
Пример 4.18. Решите уравнение
1xcosxsin2xsinxcosxcosxsin5xsinxcos
322344
=−−++
.
Решение. Левая часть уравнения – однородная функция
четвертой степени. Заменив единицу в левой части выражением
(
)
,1xcosxsin
2
22
≡+ получим
=−−++ xcosxsin2xsinxcosxcosxsin5xsinxcos
322344
⇔++= xcosxcosxsin2xsin
4224
(
)
⇔=−−⇔ 0cos2xcosxsin3xsin5xsinxcos
22
=−−
=
⇔
.0xcos2xcosxsin3xsin5
,0x2sin
22
Корни первого уравнения ;
2
n
x
π
=
Z
n
∈
.
Второе уравнение является однородным уравнением второй
степени. Разделив на
xcos
2
;
0xcos
≠
, получим равносильное
уравнение
02t3t5
2
=−−
.
Положим Rt,tgxt
∈
=
и решим уравнение
02tgx3xtg5
2
=−− .
Его корни: ;
5
2
t
1
−= 1t
2
= . Отсюда
;Zm,m
5
2
arctgx
5
2
tgx ∈π+−=⇒−=
Zk,k
4
x1tgx ∈π+
π
=⇒= .
Ответ: ;
2
n
x
π
=
Z
n
∈
; Zm,m
5
2
arctgx ∈π+−= ;
Zk,k
4
x ∈π+
π
= .
Пример 4.19. Решите уравнение
2xsin4xcos2x2sinxsin3
442
=++−
.
Решение. В данном случае левая часть уравнения не
является однородной функцией, а в правой части стоит число,
отличное от нуля. Преобразуем уравнение следующим образом.
Выражение
(
)
xcosxsin2xsin3
2
− умножим на
(
)
1xcosxsin
22
≡+ , в правой части
(
)
2
22
xcosxsin22 += .
Получим
−−+ xcosxsin2xcosxsin3xsin3
3224
=++− xsin4xcos2xcosxsin2
443
xcos2xcosxsin4xsin2
4224
++=
или
⇔=−−− 0xcosxsin2xcosxsinxcosxsin2xsin5
32234
=−−−
=
⇔
.0xcos2cosxsin2xcosxsin2xsin5
,0xsin
3223
Корни первого уравнения
;
n
x
π
=
Z
n
∈
.
Второе уравнение является однородным уравнением
третьей степени и сводится к уравнению
02tt2t5
23
=−−−
,
где
tgx
t
=
.
Перегруппировав слагаемые в последнем уравнении, будем
иметь
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
02t3t51t02t2t3t3t5t5
2223
=++−⇔=−+−+− .
Это уравнение имеет единственный корень
1t
=
, т.е.
Zn;n
4
x1tgx ∈π+
π
=⇔= .
Ответ: Zn;nx
∈
π
=
; Zm;m
4
x ∈π+
π
= .
4.5. Решение уравнений вида
(
)
0xcos,xsinR
k2n2
=
Рациональные уравнения, переменными в которых
выступают
xsinu
n2
=
и
xcosv
k2
=
- тригонометрические
функции в четных степенях, – могут решаться различными
способами. Рассмотрим три основных способа.
Способ 1. Использование формул понижения степени
( )
=
+
=
−
=
=
2
x2cos1
xcos
2
x2cos1
xsin
xcos,xsinR
2
2
k2n2
( )
.x2cosR
~
2
x2cos1
,
2
x2cos1
R
kn
=
+
−
=
Здесь
(
)
⋅R - рациональная функция двух переменных
xsinu
n2
=
и ,xcosv
k2
=
(
)
⋅R
~
- рациональная функция одной
переменной .x2cost
=
.
Способ 2 . Замена переменной
xsint
2
=
или
xcost
2
=
(
)
=== txsinxcos,xsinR
2k2n2
( )
(
)
()
tR
~
t1,tR
k
n
=
− .
Способ 3. Метод тождественных преобразований
Суть метода заключается в упрощении исходного
уравнения в результате равносильных преобразований с
помощью тригонометрических формул.
Пример 4.20. Решите уравнение
0
2
1
x2cosxsinxcos
44
=−−+ . (4.13)
Решение. Способ 1. Воспользовавшись формулами
,
2
x2cos1
xsin
2
−
= ,
2
x2cos1
xcos
2
+
=
получим
0
2
1
x2cos
2
x2cos1
2
x2cos1
22
=−−
−
+
+
или
0x2cos2x2cos
2
=−
, (4.14)
откуда имеем
zn,n
2
x2
02x2cos
,0x2cos
∈π+
π
=⇔
=−
=
.
Ответ: Zn ,n
2
4
x ∈
π
+
π
= .
Способ 2. Обозначив ,txcos
2
=
1t0
≤
≤
, получим с
учетом того, что
1t21xcos2x2cos
2
−=−=
,
( ) ( )
.0
2
3
t4t20
2
1
1t2t1t
2
2
2
=+−⇔=−−−−+
Корни последнего
уравнения:
2
1
t
1
= и
2
3
t
2
= .
Условию
1t0
≤
≤
удовлетворяет только первый
корень. Таким образом
⇔±=⇔=
2
1
сosx
2
1
xcos
2
Zn ,n
2
4
x ∈
π
+
π
=⇔
(см. рис. 4.7).
Способ 3. В соответствии с формулой
(
)
37.2 (пример 2.1)
имеем =−=+ x2sin
2
1
1xsinxcos
244
(
)
x2cos
2
1
2
1
x2cos1
2
1
1
22
+=−−= .
В результате получаем уравнение, равносильное
уравнению (4.13)
0
2
1
x2cosx2cos
2
1
2
1
2
=−−+ или
0x2cos2x2cos
2
=−
.
А это − уравнение (4.14), полученное при решении исходного
уравнения способом 1.
Ответ: Zn ,n
2
4
x ∈
π
+
π
= .
Пример 4.21. Найдите множества значений функций
а) xsinxcosy
44
+= ,
б) xsinxcosy
66
+= ,
в) xsinxcosy
88
+= .
Решение: а) воспользуемся формулой (2.37), в соответствии
с которой
x2sin
2
1
1xsinxcosy
244
−=+≡ .
Поскольку ,1x2sin0
2
≤≤ то
0
2
1
1xsinxcos1
2
1
1
44
⋅−≤+≤⋅− , т.е.
∈ 1;
2
1
y ;
б) в соответствии с формулой (2.38)
x2sin
4
3
1xsinxcosy
266
−=+≡ ,
откуда следует, что
∈ 1;
4
1
y ;
в) в соответствии с формулой (2.46)
()
1x2sinx2sin
8
1
xsinxcosxy
2488
+−=+≡ .
Обозначив 1t0 ,tx2sin
2
≤≤= , получим функцию
()
1tt
8
1
tf
2
+−= , область значений
(
)
fE которой при
[
]
1;0t∈
совпадает с областью
(
)
yE значений функции
(
)
xy .
Функция
(
)
tf непрерывна на отрезке ]1,0[ и потому в
соответствии с теоремой Вейерштрасса достигает свои
наибольшее
наиб
f и наименьшее
наим
f значения на отрезке
[
]
1;0 . При этом
(
)
[
]
.наиб.наим
f;ffE = .
Таким образом, задача нахождения множества значений
непрерывной на отрезке функции эквивалентна нахождению
наибольшего и наименьшего значений этой функции на
заданном отрезке.
Для решения этой задачи:
а) находим значение функции f на концах отрезка
() ()
8
1
1f ;10f == ;
б) находим критические точки:
()
.4t01t
4
1
tf
0
=⇒=−=
′
Критическая точка 4t
0
= не принадлежит интервалу
(
)
1;0 и
потому
= 1;
8
1
E
y
.
Ответ: а) ;1;
2
1
б) ;1;
4
1
в)
1;
8
1
.
Полученные в данном примере результаты позволяют
предположить, что
(
)
=+
−
1;
2
1
xsinxcosE
1n
n2n2
.
Докажем это предположение.
Пусть xsinxcosy
n2n2
+= . Обозначим
txcos
2
=
,
[
]
1;0t ∈ , и рассмотрим функцию
(
)
(
)
n
n
t1ttf −+= на отрезке
[
]
1;0 . Как было отмечено выше, нахождение множества
значений непрерывной на отрезке функции эквивалентно
решению задачи: найти
[ ]
(
)
tfmax
1,0t∈
и
[ ]
(
)
tfmin
1,0t∈
.
Имеем а)
(
)
(
)
11f ,10f == ;
б)
() ( )
2
1
t0t1nnttf
0
1n
1n
=⇒=−−=
′
−
−
.
Стационарная точка
( )
1;0
2
1
t
0
∈= и потому вычисляем
( )
1nnnn
0
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
ftf
−
=
=
−+
=
= ;
в)
[ ]
()
;11,
2
1
maxtfmax
1n
1;0t
=
=
−
∈
[ ]
()
.
2
1
1;
2
1
mintfmin
1n1n
1;0t
−−
∈
=
=
Таким образом 1xsinxcos
2
1
n2n2
1n
≤+≤
−
. ■
Пример 4.22. Решите уравнения
а)
1xsinxcos
k2n2
=+
; б)
1xsinxcos
1k2n2
=+
−
.
Решение. а) Способ 1
⇔+=+⇔=+ xsinxcosxsinxcos1xsinxcos
22k2n2k2n2