Новиков А.И. Тригонометрические функции, уравнения и неравенства. Пособие для поступающих
Подождите немного. Документ загружается.
т.е. уравнений, левая часть которых является рациональной
функцией двух переменных
x
cos
u
=
и
xsinv
=
. Учитывая,
что
,
t1
t2
2
x
tg1
2
x
tg2
2
x
cos
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin2
2
x
cos
2
x
sin2xsin
2
222
+
=
+
=
+
==
(4.18)
2
2
2
2
22
22
22
t1
t1
2
x
tg1
2
x
tg1
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
2
x
cosxcos
+
−
=
+
−
=
+
−
=−=
,
получаем рациональное уравнение
(
)
0tR
~
= относительно
одной переменной t
()
=≡
+
−
+
0tR
~
t1
t1
;
t1
t2
R
2
2
2
. Два важных
замечания по поводу подстановки
2
x
tgt = .
1. Функция
()
2
x
tgxt = не определена в точках
Zn,n2x
∈
π
+
π
=
. Однако эти точки могут входить в ОДЗ
исходного уравнения (4.17) и, более того, могут быть корнями
этого уравнения. Поэтому при применении подстановки
2
x
tgt = необходимо проверять, не удовлетворяют ли значения
(
)
Zn,1n2x ∈+π= , исходному уравнению.
2. Подстановка
2
x
tgt = сводит всякое рациональное
уравнение (4.17) к некоторому алгебраическому степени n.
Однако решение получающегося алгебраического уравнения
при
2
n
>
может оказаться более сложной задачей, чем решение
исходного уравнения неким альтернативным способом. И если
альтернативный способ существует, то чаще всего
целесообразно пользоваться им.
Пример 4.29. Решите уравнение
1xcosxsin
=
+
.
с помощью универсальной подстановки.
Решение. Отметим, что левая часть уравнения является
многочленом первой степени относительно переменных
xsinu
=
и
x
cos
v
=
, т.е. является рациональной функцией
(
)
0xcos,xsinR = .
Используя формулы (4.18) получаем уравнение
1
t1
t1
t1
t2
2
2
2
=
+
−
+
+
, (4.19)
где
()
2
2
2
t1
t1
t1
t2
tR
~
+
−
+
+
= – рациональная функция относительно
переменной t.
Умножив обе части уравнения (4.19) на
(
)
,t1
2
+ получим
алгебраическое уравнение
0ttt1t1t2
222
=−⇔+=−+
второй степени. Его корни: 0t
1
= и 1t
2
= . Возвращаясь к
старой переменной x, получаем
∈π+
π
=
∈π=
⇔
∈π+
π
=
∈π=
⇔
=
=
.Zk,k2
2
x
,Zm,m2x
,Zk,k
42
x
,Zm,m
2
x
1
2
x
tg
,0
2
x
tg
Ответ: Zm,m2x
∈
π
=
; Zk,k2
2
x ∈π+
π
= .
Комментарий к примеру 4.29.
Уравнения вида
1xcosxsin
±
=
+
,
1xcosxsin
±
=
−
часто появляются в процессе решения более сложных
уравнений. Решать каждое из них можно с помощью
рассмотренной в примере 4.29 универсальной подстановки,
методом введения вспомогательного угла, а также с помощью
формул преобразования суммы (разности)
xcosxsin
±
в
произведение. Так, на примере уравнения
1xcosxsin
=
+
имеем:
метод введения вспомогательного угла:
⇔=+⇔=+
2
1
xcos
2
1
xsin
2
1
1xcosxsin
⇔=
π
+⇔ 21
4
xsin
( )
n
4
1
4
x
n
π+
π
−=
π
+ ,
Z
n
∈
или
m2x
π
=
при Zm ,m2n
∈
=
(при четном n);
( )
Zk ,k2
2
1k2
2
x ∈π+
π
=+π+
π
−= – при нечетном n:
Zk ,1k2n
∈
+
=
;
преобразование суммы в произведение:
⇔=
−
π
+⇔=+ 1x
2
sin sinx 1xcosxsin
⇔
,Zn,n2
44
x
2
1
4
xcos ∈π+
π
±
π
=⇔=
π
−
или .Zk,k2x;Zm,m2
2
x ∈π=∈π+
π
=
Можно заметить, что решениями уравнений
1xcosxsin
±
=
+
,
1xcosxsin
±
=
−
являются только точки
вида Zn,n
2
x ∈
π
= . Действительно, справедливы следующие
утверждения.
Утверждения.
1.
=
=
⇔=+
.1xcos
,1xsin
1xcosxsin
2.
−=
=
⇔=−
.1xcos
,1xsin
1xcosxsin
3.
−=
−=
⇔−=+
.1xcos
,1xsin
1xcosxsin
4.
=
−=
⇔=−
.1xcos
,1xsin
1xsinxcos
Доказываются все утверждения однотипно. Докажем для
примера второе утверждение
2.
−=
=
⇔=−
.1xcos
,1xsin
1xcosxsin
Доказательство. Значения
( )
1xsinZn,n2
2
x =∈π+
π
=
и
(
)
1cosxZm,m2x −=∈π+π= являются решениями
данного уравнения. Покажем, что других решений оно не имеет.
В первой и третьей четвертях
ππ∈
π
∈
2
3
;x,
2
;0x
имеет место неравенство ,1xcosxsin <− т.к.
xsin
и
(
)
xcos− в этих четвертях имеют разные знаки и
1xcos,1xsin << .
Во второй и четвертой четвертях
ππ∈
π
π
∈ 2;
2
3
x,;
2
x
будет выполняться неравенство
.1xcosxsin >−
Действительно,
xsina
=
и
xcosb
−
=
– длины катетов
прямоугольного треугольника
ОАВ (рис. 4.8) с гипотенузой
1OAc
=
=
и потому в силу
неравенства треугольника
(
)
cba >+ имеем
.1xcosxsin >−
В точках Zn,n2
2
x ∈π+
π
−= и ,Zn,n2x
∈
π
=
как
нетрудно видеть, .1xcosxsin ≠− Таким образом,
утверждение 2 доказано.
Отметим, что решение уравнений вида (4.17) с помощью
замены
2
x
tgt = порождает иногда еще одну проблему – менее
удобную форму записи ответа. Так, решение уравнения
2xcos3xsin =+ (см. пример 4.7) этим методом приводит к
квадратному уравнению
(
)
(
)
023t232t
2
2
=−−−− . Его
корни:
(
)
(
)
2123t
2,1
±−= . Отсюда
(
)
(
)
⇔±−= 2123
2
x
tg
(
)
(
)
(
)
Zm,m22123arctg2x ∈π+±−=⇔ ,
т.е. вместо результата
( )
,Zn,n
4
1
3
x
n
∈π+
π
−+
π
−= мы
получили менее удобную форму его представления:
(
)
(
)
(
)
Zn ,n22123arctg2x ∈π+±−= . Можно сделать
общий вывод: нецелесообразно применять метод замены
переменной
=
2
x
tgt для решения уравнений вида
(
)
(
)
cxfcosbxfsina =+ , которые эффективно решаются
методом введения вспомогательного угла. Такой же вывод
можно (и нужно!) сделать по отношению ко всем
рассмотренным выше классам уравнений, хотя все они могут
быть решены методом замены переменной
2
x
tgt = .
Рассмотрим уравнение из примера 4.24.
Пример 4.30. Решите уравнение
3
x
cos
x
sin
1
x
cos
1
x
sin
1
=+− .
Решение. ОДЗ уравнения: Zn ,n
2
x ,Rx ∈
π
≠∈ .
Используя формулы (4.18), получаем на ОДЗ
(
)
( )
1t ,0t ,3
t1t2
t1
t1
t1
t2
t1
2
2
2
2
22
±≠≠=
−
+
+
−
+
−
+
,
или
1t ,0t ,01t4tt2
23
±≠≠=+−+ .
Один корень этого уравнения 1t
1
= легко находится. Однако он
является посторонним. Разделив многочлен
01t4tt2
23
=+−+
уголком на
(
)
1t − или воспользовавшись схемой Горнера:
2 1 -4 1
1 2 3 -1 0
получим квадратное уравнение
01t3t2
2
=−+
.
Его корни:
4
173
t
3,2
±−
= .
Имеем
Zn,n
4
173
arctg2x
4
173
2
x
tg ∈
π+
±−
=⇒
±−
= .
И вновь этот ответ менее удобен для анализа, чем ответ,
полученный в примере 4.24:
Zk ,k2
23
1
arccos
4
x ∈π+±
π
−=
.
Ответ: Zn ,n
4
173
arctg2x ∈
π+
±−
= .
Тем не менее есть примеры, в которых применение
подстановки
2
x
tgt = не только целесообразно, но и, возможно,
является единственным или более эффективным способом
решения тригонометрического уравнения.
Пример 4.31. Решите уравнение
1xcos
1
2
x
tg
1xsin
=+
+
+
.
Решение. ОДЗ уравнения:
∈π+π−≠
∈π+π≠
∈
.Zn ,n22x
,Zn ,n2x
,Rx
Пусть
2
x
tgt = . Заметим, что значения Zn ,n2x
0
∈π+π= , не
принадлежат ОДЗ. С учетом формул (4.18) получаем на ОДЗ
уравнения:
−≠
=−−
⇔=
+
−
+
+
+
+
.1t
,01tt2
1
t1
t1
1t
1
t1
t2
2
2
2
2
Корни последнего уравнения 1t
1
= и
2
1
t
2
−= принадлежат
области допустимых значений переменной
t
и потому имеем
уравнение
∈
π+
−=
∈π+
π
=
⇔
−=
=
.Zm ,m
2
1
arctg2x
,Zn,n2
2
x
,
2
1
2
x
tg
,1
2
x
tg
Ответ: Zm ,m2
2
1
arctg2x ;Zn,n2
2
x ∈π+−=∈π+
π
= .
Пример 4.32. Решите уравнение tgx
2
5
1
42
x
tg =+
π
+ .
Решение. ОДЗ уравнения:
∈π+
π
≠
∈
⇔
∈π+
π
≠
∈π+
π
≠
π
+
∈
.Zm,m
2
x
,Rx
,Zm,m
2
x
,Zn ,n
242
x
,Rx
Пусть
2
x
tgt = . Подставим значения Zn,n2x
∈
π
+
π
=
, в
исходное уравнение. Они удовлетворяют ему, т.е.
Zn,n2x
∈
π
+
π
=
,- корни уравнения.
Продолжим решение уравнения на ОДЗ с помощью
подстановки
2
x
tgt = . Поскольку
t1
t1
2
x
tg1
2
x
tg1
42
x
tg
−
+
=
−
+
=
π
+
;
2
t1
t2
tgx
−
= ,
то исходное уравнение после подстановки в него этих
выражений примет вид
,
3
2
t
,1t
,t52t2
t1
t5
t1
2
t1
t5
1
t1
t1
22
=⇒
±≠
=+
⇔
−
=
−
⇔
−
=+
−
+
т.е.
⇔=
3
2
2
x
tg
π+= m
3
2
arctg 2x ,
Z
m
∈
.
Ответ:
( )
Zm ,m
3
2
arctg2x ;Zn,n21x ∈
π+=∈+π= .
Данный пример подтверждает важность замечания 1
данного пункта о необходимости проверки значений
(
)
Zn,n21x ∈+π= , подстановкой в исходное уравнение. В
противном случае возможна потеря корней.
4.9. Метод оценок и другие специальные приемы
решения тригонометрических уравнений
Идею метода оценок легко понять из следующего примера:
решить уравнение
x
sin
2
x4cos1 =+ .
Для левой части уравнения справедливы оценки
2x4cos10
≤
+
≤
для всех ;Rx
∈
для правой части: 2
x
sin
2
≥
для всех
R
x
∈
таких, что
0xsin
>
.
Если
0xsin
<
, то и 0
x
sin
2
< , а выражение в правой
части
(
)
x4cos1+ неотрицательно для всех
R
x
∈
. Поэтому на
множестве
{
}
Zk ,k2xk2x ∈π<<π+π− уравнение не имеет
решения.
Отсюда следует, что если решение
∗
x
уравнения
существует, то одновременно должны выполняться равенства:
=
=+
∗
∗
.2
xsin
2
,2x4cos1
Нетрудно видеть, что в данном случае такие
∗
x
существуют и
Zk,k2
2
x ∈π+
π
=
∗
.
Пример 4.33. Решите уравнение
x
cos
2
x2sin1 =+ .
Решение. Имеем оценки
2x2sin10
≤
+
≤
ля всех
R
x
∈
.
2
x
cos
2
≥ для всех
R
x
∈
таких, что
.0xcos
>
Поэтому
уравнение имеет решение, если выполняются равенства:
=
=+
∗
∗
.2
xcos
2
,2x2sin1