Решение тригонометрических неоднородных линейных уравнений (на формулу вспомогательного угла) (страница 2)

а) ОДЗ: \(x\) – произвольное. Решим на ОДЗ.

По формуле разности квадратов \(\cos^4x-\sin^4x=(\cos^2x+\sin^2x)(\cos^2x-\sin^2x)=\cos^2x-\sin^2x=2\cos^2x-1\).

Тогда наше уравнение примет вид:

\[2\cos^2x-\cos x-1=0 \Rightarrow \text{сделав замену } t=\cos x,\text{получим } 2t^2-t-1=0 \Rightarrow t_1=1; t_2=-\dfrac12\]

Сделав обратную замену, получим:

\[\left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &\cos x=1\\ &\cos x=-\dfrac12 \end{aligned} \end{gathered}\right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &x=2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\ &x=\pm\dfrac{2\pi}3+2\pi m, m\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered}\right.\]

б) Отберем корни:

1) \(0\leqslant 2\pi n\leqslant 2 \Rightarrow 0\leqslant n\leqslant \dfrac1{\pi} \Rightarrow n=0 \Rightarrow x=0\)

2) \(0\leqslant \dfrac{2\pi}3+2\pi m_1\leqslant 2 \Rightarrow -\dfrac13\leqslant m_1 \leqslant \dfrac1{\pi}-\dfrac13\)

Т.к. \(\pi>3 \Rightarrow \dfrac1{\pi}<\dfrac13 \Rightarrow \dfrac1{\pi}-\dfrac13<0 \Rightarrow m_1 \in\varnothing\)

3) \(0\leqslant -\dfrac{2\pi}3+2\pi m_2\leqslant 2 \Rightarrow \dfrac13\leqslant m_2\leqslant \dfrac1{\pi}+\dfrac13\)

Аналогично, \(\dfrac1{\pi}+\dfrac13<\dfrac23 \Rightarrow m_2\in\varnothing\).

Ответ:

а) \(\pm\dfrac{2\pi}3+2\pi m, 2\pi n, \ n,m\in\mathbb{Z}\)

б) \(0\)

а) ОДЗ: \(x\) – произвольное. Решим на ОДЗ.

По формуле сокращенного умножения \(a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\) имеем: \(\sin^6x+\cos^6x=(\sin^2x)^3+(\cos^2x)^3=(\sin^2x+\cos^2x)(\sin^4x- \sin^2x\cos^2x+\cos^4x)=\)
\(=1\cdot (\sin^4x-\sin^2x\cos^2x+\cos^4x)\).

Добавим и вычтем в скобках \(2\sin^2x\cos^2x\) и получим:
\(\sin^4x+2\sin^2x\cos^2x+\cos^4x-3\sin^2x\cos^2x=(\sin^2x+\cos^2x)^2- 3\sin^2x\cos^2x=\)
\(=1-3\sin^2x\cos^2x\).

Таким образом, уравнение преобразуется к виду:

\[1-3\sin^2x\cos^2x=0,25 \Longrightarrow \sin^2x\cos^2x=\dfrac14\]

По формуле двойного угла для синуса \(\sin\alpha\cos\alpha=\dfrac12\sin2\alpha \Longrightarrow (\sin\alpha\cos\alpha)^2=\dfrac14\sin^22\alpha \Rightarrow\) уравнение равносильно:

\[\dfrac14\sin^22x=\dfrac14 \Longrightarrow \sin^22x=1 \Longrightarrow\sin2x=\pm1 \Longrightarrow 2x=\dfrac{\pi}2+\pi n, n\in\mathbb{Z} \Longrightarrow x=\dfrac{\pi}4+\dfrac{\pi}2n, n\in\mathbb{Z}\]

б) Отберем корни:

\[0<\dfrac{\pi}4+\dfrac{\pi}2n<1 \quad \Rightarrow \quad -\dfrac12<n<\dfrac2{\pi}-\dfrac12\]

Т.к. \(3<\pi<4 \quad \Rightarrow \quad \dfrac12<\dfrac2{\pi}<\dfrac23\quad \Rightarrow\quad 0<\dfrac2{\pi}-\dfrac12<\dfrac16\), следовательно, целые \(n\), удовлетворяющие неравенству, это \(n=0\). Тогда \(x=\dfrac{\pi}4\).

Ответ:

а) \(\dfrac{\pi}4+\dfrac{\pi}2n, n\in\mathbb{Z}\)

б) \(\dfrac{\pi}4\)

а) ОДЗ: \(x\) – произвольное. Решим на ОДЗ.

Т.к. по формуле сокращенного умножения \(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\) выражение \(\sin^4x-\cos^4x=(\sin^2x-\cos^2x)(\sin^2x+\cos^2x)=(\sin^2x-\cos^2x)\cdot 1\), а по формуле косинуса двойного угла \(\cos2x=\cos^2x-\sin^2x\), то уравнение примет вид:

\[\sin^2x-\cos^2x+\cos^2x-\sin^2x=\sin x+\cos x \Rightarrow 0=\sin x+\cos x\]

Полученное уравнение является однородным первой степени и решается делением обеих частей равенства на \(\cos x\):

\[\mathrm{tg}\,x=-1\Rightarrow x=-\dfrac{\pi}4+\pi n, n\in\mathbb{Z}\]

б) Отберем корни:

\[-\dfrac{5\pi}2<-\dfrac{\pi}4+\pi n<0 \Rightarrow -\dfrac94<n<\dfrac14 \Rightarrow n=-2;-1;0\]

Значит, корни, принадлежащие данному промежутку — это \(-\dfrac{9\pi}4; -\dfrac{5\pi}4; -\dfrac{\pi}4\).

Ответ:

а) \(-\dfrac{\pi}4+\pi n, n\in\mathbb{Z}\)

б) \(-\dfrac{9\pi}4; -\dfrac{5\pi}4; -\dfrac{\pi}4\)

а) ОДЗ: \(x\) – произвольное. Решим на ОДЗ.

Данное уравнение можно решить, сведя к однородному второй степени. Но мы решим его по-другому. Заметим, что \[\sin^2x+4\sin x\cos x+4\cos^2x=(\sin x+2\cos x)^2\]

Следовательно, наше уравнение равносильно \[(\sin x+2\cos x)^2=5 \Rightarrow \sin x+2\cos x=\pm \sqrt5\]

Преобразуем левую часть уравнения с помощью формулы вспомогательного угла: \[\sin x+2\cos x=\sqrt5\left(\dfrac1{\sqrt5}\sin x+\dfrac 2{\sqrt5}\cos x\right)= \sqrt5 \sin \left(x+\phi\right), \ \text{где } \cos \phi=\dfrac1{\sqrt5}\]

Значит, наше уравнение примет вид: \[\sqrt5 \sin \left(x+\phi\right)=\pm\sqrt 5 \Rightarrow \sin \left(x+\phi\right)=\pm 1 \Rightarrow x+\phi=\dfrac{\pi}2+\pi n, n\in\mathbb{Z}\]

Сделаем постановку \(\phi=\arccos \dfrac1{\sqrt5}\) и получим окончательный ответ: \[x=\dfrac{\pi}2-\arccos \dfrac1{\sqrt5}+\pi n, n\in\mathbb{Z}\]

б) Отберем корни. Т.к. \(\dfrac1{\sqrt5}>0 \Rightarrow \arccos \dfrac1{\sqrt5} \in \left(0;\dfrac{\pi}2\right) \Rightarrow \dfrac{\pi}2-\arccos \dfrac1{\sqrt5} \in \left(0;\dfrac{\pi}2\right)\).

Следовательно, единственный корень, попадающий в отрезок \(\left[0;\dfrac{\pi}2\right]\) — это \(x=\dfrac{\pi}2-\arccos \dfrac1{\sqrt5}\) при \(n=0\).

Ответ:

а) \(\dfrac{\pi}2-\arccos \dfrac1{\sqrt5}+\pi n, n\in\mathbb{Z}\)

б) \(\dfrac{\pi}2-\arccos \dfrac1{\sqrt5}\)

а) Т.к. \(\mathrm{tg}\,x=\dfrac{\sin x}{\cos x}\), то уравнение можно переписать в виде:

\(\left(\dfrac{\sin x}{\cos x}\right)^2-2\sin x+\cos^2x=0 \quad \Rightarrow \quad \dfrac{\sin^2x-2\sin x\cos^2x+\cos^4x}{\cos^2x}=0 \quad \Rightarrow \)

\(\Rightarrow \quad \left(\dfrac{\sin x-\cos^2x}{\cos x}\right)^2=0 \quad \Rightarrow \quad \dfrac{\sin x-\cos^2x}{\cos x}=0 \quad \Rightarrow\)

\(\Rightarrow \quad \begin{cases} \sin x-\cos^2x=0 \\ \cos x\ne 0\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \sin x-1+\sin^2x=0\\ \cos x\ne 0 \end{cases}\)

Первое уравнение с помощью замены \(\sin x=t\) сводится к квадратному, корнями которого являются \[t_1=\dfrac{-1-\sqrt5}2 \qquad \text{и} \qquad t_2=\dfrac{-1+\sqrt5}2\]

Корень \(t_1\) не подходит, т.к. область значений синуса от \(-1\) до \(1\), а \(\frac{-1-\sqrt5}2<-1\). Делаем обратную замену:

\[\sin x=\dfrac{\sqrt5-1}2 \quad \Rightarrow \quad \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &x=\arcsin\dfrac{\sqrt5-1}2+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\ &x=\pi -\arcsin \dfrac{\sqrt5-1}2+2\pi m, m\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered} \right.\]

Заметим, что для этих корней выполнено \(\cos x\ne 0\) (т.к. если \(\cos x=0\), то \(\sin x\) равен \(\pm1\)).

б) Отберем корни.

Обозначим \(\arcsin \dfrac{\sqrt5-1}2=\alpha\). Тогда

1) \[2\pi\leqslant \alpha+2\pi n\leqslant 3\pi \quad \Rightarrow \quad 1-\dfrac{\alpha}{2\pi}\leqslant n\leqslant \dfrac32-\dfrac{\alpha}{2\pi}\]

Заметим, что т.к. \(\dfrac{\pi}6<\alpha<\dfrac{\pi}2\) (т.к. \(\frac12<\frac{\sqrt5-1}2<1\)), то

\(\dfrac1{12}<\dfrac{\alpha}{2\pi}<\dfrac14\). Следовательно, \(1-\dfrac{\alpha}{2\pi}=0,...\), \(\quad \dfrac32-\dfrac{\alpha}{2\pi}=1,...\)

Следовательно, среди целых чисел нам подходит только \(n=1\), при котором получаем корень \(x=\alpha+2\pi = \arcsin\frac{\sqrt5-1}2+2\pi\).

2) \[2\pi\leqslant \pi-\alpha+2\pi m\leqslant 3\pi \quad \Rightarrow \quad \dfrac12+\dfrac{\alpha}{2\pi}\leqslant m\leqslant 1+\dfrac{\alpha}{2\pi}\]

Аналогично получаем, что \(\dfrac12+\dfrac{\alpha}{2\pi}=0,...\), \(\quad 1+\dfrac{\alpha}{2\pi}=1,...\)

Таким образом, среди целых подходит только \(m=1\), откуда получаем корень \(x=\pi-\alpha+2\pi=3\pi -\arcsin\frac{\sqrt5-1}2\).

Ответ:

а) \(\arcsin\frac{\sqrt5-1}2+2\pi n; \ \pi-\arcsin \frac{\sqrt5-1}2+2\pi m; \ n,m\in\mathbb{Z}\)

б) \(\arcsin \frac{\sqrt5-1}2+2\pi; \ 3\pi -\arcsin \frac{\sqrt5-1}2\)

а) Сделаем преобразования с правой частью:

\[\log_{\sqrt2+1}\left(\dfrac1{\sqrt2-1}\right)= \log_{\sqrt2+1}\left(\dfrac{\sqrt2+1}{(\sqrt2-1)(\sqrt2+1)}\right)= \log_{\sqrt2+1}\left(\dfrac{\sqrt2+1}{2-1}\right)=\log_{\sqrt2+1}(\sqrt2+1)=1\]

Значит, уравнение перепишется в виде:

\((\sin x+\cos x)(1+\sin 2x)=1 \quad \Rightarrow \quad (\sin x+\cos x)(1+2\sin x\cos x)=1 \quad \Rightarrow\)

\(\Rightarrow \quad (\sin x+\cos x)(\sin^2x+2\sin x\cos x+\cos^2x)=1 \quad \Rightarrow \quad (\sin x+\cos x)^3=1 \quad \Rightarrow \)

(последнее преобразование сделано по формуле сокращенного умножения)

\( \Rightarrow \quad \sin x+\cos x=1 \ |:\sqrt2 \quad \Rightarrow \quad \dfrac{\sqrt2}2\sin x+\dfrac{\sqrt2}2\cos x=\dfrac{\sqrt2}2 \quad \Rightarrow \quad \sin x\left(x+\dfrac{\pi}4\right)=\dfrac{\sqrt2}2\)

\(\left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &x+\dfrac{\pi}4=\dfrac{\pi}4+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\[1ex] &x+\dfrac{\pi}4=\dfrac{3\pi}4+2\pi m, m\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered} \right. \quad \Rightarrow \quad \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &x=2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\[1ex] &x=\dfrac{\pi}2+2\pi m, m\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered} \right.\)

б) Отберем корни.

1) \[12<2\pi n<14 \quad \Rightarrow \quad \dfrac6{\pi}<n<\dfrac7{\pi}\]

Т.к. \(3<\pi<3,5\), то \(\frac{12}7<\frac6{\pi}<2\) и \(2<\frac7{\pi}<\frac73\), то есть, условно говоря,

\(\frac6{\pi}=1,...\)

\(\frac7{\pi}=2,...\)

Таким образом, среди целых чисел подходит только \(n=2\), который дает корень \(x=4\pi\).

2) \[12<\dfrac{\pi}2+2\pi m<14 \quad \Rightarrow \quad \dfrac6{\pi}-\dfrac14<m<\dfrac7{\pi}-\dfrac14\]

Из выведенных данных предыдущего пункта можно также условно сказать, что

\(\dfrac6{\pi}-\dfrac14=1,...\)

По поводу \(\frac7{\pi}-\frac14\) точного значения не получается (с той оценкой, которую мы сделали, получается, что это число из промежутка \((1,...;2,...)\)), поэтому необходимо точнее оценить \(\pi\):

\(\dfrac{314}{100}<\pi<\dfrac{315}{100} \quad \Rightarrow \quad \dfrac{700}{315}<\dfrac7{\pi}<\dfrac{700}{314} \quad \Rightarrow\)

\(\Rightarrow \quad \dfrac{71}{36}<\dfrac7{\pi}-\dfrac14<\dfrac{1243}{628} \quad \Rightarrow \quad 1\frac{35}{36}<\dfrac7{\pi}-\dfrac14<1\frac{615}{628}\)

Таким образом, условно можно сказать, что \(\dfrac7{\pi}-\dfrac14=1,...\)

Значит, можно сказать, что \(1,...<m<1,...\), то есть это неравенство не имеет решений в целых числах.

Ответ:

а) \(2\pi n; \dfrac{\pi}2+2\pi m; n,m\in\mathbb{Z}\)

б) \(4\pi\)