Новиков А.И. Тригонометрические функции, уравнения и неравенства. Пособие для поступающих
Подождите немного. Документ загружается.
Из первого уравнения находим Zn,n
4
x ∈π+
π
=
∗
.
Поскольку
∗
x
должны удовлетворять еще условию
0xcos >
∗
,
то окончательно имеем: Zn,n2
4
x ∈π+
π
=
∗
. Подставив эти
значения во второе уравнение, получим неверное равенство
222 =
. Это означает, что левая и правая части уравнения
принимают значение 2 в разных точках: левая – в точках
Zn,n
4
x ∈π+
π
=
∗
, а правая – в точках Zm,m2x
∈
π
=
.
Ответ:
∅
(уравнение не имеет решения).
Пример 4.34. Решите уравнение
(
)
(
)
z3sec12ysin3x2cos2
2
⋅=−+ .
Решение. В соответствии с определением функции
.
z3cos
1
z3sec:sec
2
2
= Функция
z3cos
2
принимает значения
из промежутка
[
]
1;0 для всех
R
z
∈
. Функция
z3sec
2
соответственно принимает значения из бесконечного
промежутка
[
)
+∞;1 для всех
R
z
∈
, ,n
3
6
z
π
+
π
≠
Z
n
∈
(в этих
точках
0z3cos
=
), т.е.
1z3sec
2
≥
на области определения этой
функции и соответственно
12z3sec12
2
≥
для всех допустимых
z (оценка снизу). Для левой части уравнения справедлива оценка
сверху:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
121312ysin3x2cos2 =−−+≤−+ ,
откуда следует, что если решение
(
)
∗∗∗
z,y,x уравнения
существует, то должны выполняться равенства
∈
π
=
∈π+
π
−=
∈π=
⇒
=
−=
=
.Zk,
3
k
z
;Zm,m2
2
y
;Zn,nx
,1z3cos
,1ysin
,1x2cos
*
*
*
*2
*
*
Ответ:
n
x
π
=
,
Z
n
∈
; m22y π+π−= ,
Z
m
∈
;
,
3
k
z
π
=
Z
k
∈
.
Приведенные примеры показывают, что метод оценок
является эффективным способом нахождения решений или
установления их отсутствия для некоторых тригонометрических
уравнений. В отдельных случаях увидеть такое уравнение
легко, как, например, в примере 4.34. В других случаях
целесообразность применения метода оценок становится
очевидной после, возможно, не одной неудачной попытки
решить такое уравнение другими способами.
Пример 4.35. Решите уравнение
0nxcos...x3cosx2cosxcos
=
+
+
+
+
.
Решение. С учетом формулы (2.51)
(
)
2
x
sin
2
x1n
cos
2
nx
sin
nxcos...x2cosxcos
+
=+++
исходное уравнение равносильно для всех Zl,l2x,Rx
∈
π
≠
∈
,
уравнению
(
)
0
2
x1n
cos
2
nx
sin =
+
.
Его решения:
( ) ( )
∈
+
+π
=
∈
π
=
⇔
∈π+
π
=
+
∈π=
.Zk ,
1n
1k2
x
,Zm ,
n
m2
x
,Zk,k
22
x1n
,Zm,m
2
nx
Исключив из полученного множества решений точки
Zl,l2x
∈
π
=
(в них 0nnxcos...2xcosxcos
≠
=
+
+
+
),
получим окончательно
Ответ:
(
)
.
1
n
1l2
x ;Zm
~
,m
~
nm ,Zm ,
n
m2
x
+
+
π
=∈≠∈
π
=
Пример 4.36. Вычислите
π++
π
+
π
=
5
9
sin...
5
sin
10
sinA .
Решение. Воспользовавшись формулой, полученной в
примере 2.5:
(
)
,
2
x
sin
2
x1n
sin
2
nx
sin
nxsin...x2sinxsin
+
=+++
будем иметь при
10
x,18n
π
==
20
sin
20
19
sin
20
18
sin
A
π
π
π
=
.
Но
20
sin
20
120
sin
20
19
sin
π
=
π
−
=
π
и потому
4
15
10
sin
10
9
sinA
−
=
π
=π= (см. пример 2.18).
Ответ:
4
15 −
.
4.10. Уравнения с радикалами и модулем
Тригонометрические уравнения с радикалами отличаются
от других классов тригонометрических уравнений прежде всего
необходимостью и важностью нахождения области допустимых
значений уравнения.
Пример 4.37. Решите уравнение
xcosxsin = .
Решение. Поскольку функции
x
cos
и
xsin
не
обращаются одновременно в ноль, то ОДЗ уравнения:
.Zn,n2
2
,n2x
,0xcos
,0xsin
∈
π+
π
π∈⇔
>
>
На ОДЗ уравнение равносильно следующему
01xsinxsinxcosxsin
22
=−+⇔= .
Приняв 1t0,xsint
<
<
=
, получим квадратное
уравнение
01tt
2
=−+
. Его корни: 1
2
51
t
1
−<
−−
= ,
<
−
<
−
= 1
2
15
0
2
15
t
2
.
Уравнение
2
15
xsin
−
= имеет решение
( )
Zn,n
2
15
arcsin1x
n
∈π+
−
−= ,
или в виде двух серий:
∈π+
−
−π=
∈π+
−
=
.Zm,m2
2
15
arcsinx
,Zn,n2
2
15
arcsinx
ОДЗ уравнения удовлетворяют только корни первой серии.
Ответ: .Zn,n2
2
15
arcsinx ∈π+
−
=
Пример 4.38. Решите уравнение
4
x
sin1xcos =− .
Решение. ОДЗ уравнения
≥
≥
⇔
≥
≥−
.0
4
x
sin
,1xcos
,0
4
x
sin
,01xcos
Вместе с тем
1xcos
≤
для всех
R
x
∈
. Из системы неравенств
≤
≥
1xcos
,1xcos
следует, что
1xcos
=
.
Тогда исходное уравнение равносильно системе:
Zn,n4x
,Zm,m4x
,Zn,n2x
,0
4
x
sin
,1xcos
∈π=⇔
∈π=
∈π=
⇔
=
=
.
Ответ: Zn,n4x
∈
π
=
.
Пример 4.39. Решите уравнение
xsinxcosx2sin1 +=+ . (4.21)
Решение. ОДЗ уравнения:
0xsinxcos
≥
+
. Поскольку
(
)
2
22
xcosxsinxcosxcosxsin2xsinx2sin1 +=++=+ , то
уравнение (4.21) равносильно следующему
xsinxcosxcosxsin +=+ .
На ОДЗ это уравнение будет тождеством:
≥+
+=+
.0xcosxsin
,xcosxsinxcosxsin
Таким образом, решение уравнения (4.21) свелось к решению
неравенства
0xcosxsin
≥
+
:
⇔≥
π
−⇔≥+ 0
4
xcos20xcosxsin
Zn,n2
2
4
xn2
2
∈π+
π
≤
π
−≤π+
π
−⇔ .
Ответ: Znn2
4
3
;n2
4
x ∈
π+ππ+
π
−∈ .
Пример 4.40. Решите уравнение
xsin2xtg1
2
=+ . (4.22)
Решение.
xcos
1
xtg1
2
2
=+ для всех
R
x
∈
, n
2
x π+
π
≠ ,
Z
n
∈
. Поэтому уравнение (4.22) равносильно на ОДЗ
уравнению
⇔±=⇔=⇔= 1x2sin1x2sinxsin2
xcos
1
.Zn,n
2
x2 ∈π+
π
=⇔
Ответ: .Zn,
2
n
4
x ∈
π
+
π
=
Пример 4.41. Решите уравнение
2
x
ctgxcos1 =− . (4.23)
Решение. Способ 1. Воспользовавшись формулой
понижения степени (2.18), получим
2
x
sin2
2
x
sin2xcos1
2
==− .
Тогда исходное уравнение принимает вид
π≠
=⋅
⇔=
.n2x
,
2
x
cos
2
x
sin
2
x
sin2
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin2
Рассмотрим два случая: а) ,0
2
x
sin > б) 0
2
x
sin < :
а)
π≠
=
−⇔=>
.n2x
.
2
x
cos
2
x
cos12
2
x
cos
2
x
sin2:0
2
x
sin
22
Приняв t
2
x
cos = , получим уравнение
01t
2
1
t
2
=−+
.
Его корни
2
1
t,2t
21
=−=
.
Подходит второй корень. Решив уравнение
,
2
1
2
x
cos =
получим
Zn,n4
2
x ∈π+
π
±= .
Поскольку ,0
2
x
sin > то отбираем корни Zn,n4
2
x ∈π+
π
= ;
б)
π≠
=
−⇔=−<
.n2x
,
2
x
cos1
2
x
cos2
2
x
cos
2
x
sin2:0
2
x
sin
22
Приняв
2
x
cost = , получим уравнение
01t
2
1
t
2
=−−
.
Его корни:
2
1
t;2t
21
−==
.
n4
2
3
x,Zn,n2
4
3
2
x
2
1
2
x
cos π+π±=⇔∈π+π±=⇔−=
.
Из исходного уравнения следует, что 0
2
x
ctg ≥ . Поэтому
оставляем n4
2
3
x π+π−= . Две серии корней n4
2
x π+
π
= ;
n2
2
3
x π+π−= можно объединить в одну:
Zn,n2
2
x ∈π+
π
= .
Ответ: Zn,n2
2
x ∈π+
π
= .
Способ 2. Применим универсальную подстановку
.
t1
t2
t1
t1
1xcos1:
2
x
tgt
2
2
2
2
+
=
+
−
−=−=
Имеем
01tt2
t
1
t1
t2
t
1
t1
t2
24
22
2
2
2
=−−⇒=
+
⇒=
+
.
Решив это уравнение при условии
0t
>
, получим
1t
=
или
1
2
x
tg = , откуда .Zn,n2
2
x ∈π+
π
=
Способ 3. В соответствии с формулой (2.21)
xcos1
xcos1
2
x
ctg
−
+
= (перед корнем знак «+», так как из
уравнения (4.23) следует, что 0
2
x
ctg ≥ ).
Уравнение (4.23) принимает следующий вид
⇔
−
+
=−⇔
−
+
=−
xcos1
xcos1
xcos1
xcos1
xcos1
xcos1
(
)
⇔
=
=
⇔
≠
+=−
⇔
,3xcos
,0xcos
,1xcos
,xcos1xcos1
2
Zn,n
2
x ∈π+
π
=⇔ .
Из полученного множества корней необходимо отобрать те,
которые удовлетворяют условию 0
2
x
ctg ≥ , т.е.
Zn,n2xn2,Zn,n
2
2
x
n ∈π+π≤≤π⇔∈π+
π
≤≤π .
Последнему неравенству удовлетворяют значения
Zn,n
2
x ∈π+
π
= , с четными номерами n, т.е.
Zn,n2
2
x ∈π+
π
= .
Ответ: .Zn,n2
2
x ∈π+
π
=