Сведение тригонометрических уравнений к квадратному или кубическому уравнению (страница 3)

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

а) Перепишем исходное уравнение при помощи основного тригонометрического тождества:

\[\begin{aligned} \sin^3{x} + 0,5 - 0,5\sin^2 x + \sin x = 1\qquad\Leftrightarrow\qquad \sin^3{x} - 0,5\sin^2 x + \sin x - 0,5 = 0. \end{aligned}\]

Последнее уравнение является уравнением третьей степени относительно \(\sin{x}\). Сделаем замену \(\sin x = t\): \[t^3 - 0,5t^2 + t - 0,5 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad t^2(t - 0,5) + (t - 0,5) = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad (t^2 + 1)(t - 0,5) = 0.\] Так как \(t^2 + 1\geq 1 > 0\) при любом \(t\), то полученное уравнение равносильно \[t = 0,5,\] откуда \[\sin x = 0,5.\] Решения этого уравнения имеют вид \(x = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k\), \(x = \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k\), где \(k\in\mathbb{Z}\).

б) \[-\pi < \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k < \pi\qquad\Leftrightarrow\qquad -\dfrac{7\pi}{6} < 2\pi k < \dfrac{5\pi}{6}\qquad\Leftrightarrow\qquad -\dfrac{7}{12} < k < \dfrac{5}{12},\] но \(k\in\mathbb{Z}\), тогда среди этих решений подходит только решение при \(k = 0\): \(x = \dfrac{\pi}{6}\).

\[-\pi < \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k < \pi\qquad\Leftrightarrow\qquad -\dfrac{11\pi}{6} < 2\pi k < \dfrac{\pi}{6}\qquad\Leftrightarrow\qquad -\dfrac{11}{12} < k < \dfrac{1}{12},\] но \(k\in\mathbb{Z}\), тогда среди этих решений подходит только решение при \(k = 0\): \(x = \dfrac{5\pi}{6}\).

Ответ:

а) \(\dfrac{\pi}{6} + 2\pi k\), \(\dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k\), где \(k\in\mathbb{Z}\).

б) \(\dfrac{\pi}{6}\), \(\dfrac{5\pi}{6}\).

а) ОДЗ: \(\sin x\ne 0, \cos x\ne 0\). Решим на ОДЗ.

Заметим, что в данном уравнении \(\mathrm{tg}\,x\ne 0\), т.к. тогда \(\mathrm{ctg}\,x\) не существует. Поэтому домножим правую и левую части уравнения на \(\mathrm{tg}\,x\):

\[\mathrm{tg}^2\,x-2\mathrm{ctg}\,x\cdot \mathrm{tg}\,x-\mathrm{tg}\,x=0 \Rightarrow \mathrm{tg}^2\,x-2-\mathrm{tg}\,x=0, \text{т.к. } \mathrm{ctg}\,x\cdot \mathrm{tg}\,x=1\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,x=t, t\in\mathbb{R}\):

\[t^2-t-2=0 \Rightarrow t_1=-1; t_2=2\]

Сделаем обратную замену:

\[\left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &\mathrm{tg}\,x=-1\\ &\mathrm{tg}\,x=2 \end{aligned} \end{gathered}\right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &x_1=-\dfrac{\pi}4+\pi n, n\in\mathbb{Z}\\ &x_2=\mathrm{arctg}\,2+\pi m, m\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered}\right.\]

Заметим, что данные ответы подходят под ОДЗ.

б) Отберем корни:

1) \(-\dfrac{5\pi}4<x_1<-\dfrac{\pi}2 \Rightarrow -\dfrac94<n<-\dfrac14 \Rightarrow n=-2;-1 \Rightarrow x=-\dfrac{9\pi}4; -\dfrac{5\pi}4\)

2) Обозначим \(\mathrm{arctg}\,2=\alpha\).

\(-\dfrac{5\pi}2<x_2<-\dfrac{\pi}2 \Rightarrow -\dfrac52-\dfrac{\alpha}{\pi}<m<-\dfrac12-\dfrac{\alpha}{\pi}\)

Т.к. в первой четверти тангенс возрастает, то \(\dfrac{\pi}2>\alpha>\dfrac{\pi}3\), следовательно, \(-\dfrac12<-\dfrac{\alpha}{\pi}<-\dfrac13\), значит:

\(-3<-\dfrac52-\dfrac{\alpha}{\pi}<-\dfrac{17}6, \qquad -1<-\dfrac12-\dfrac{\alpha}{\pi}<-\dfrac56\), следовательно, можно условно записать, что \[-2,...<m<-0,...\]

Значит, \(m=-2;-1\), следовательно, \(x=\mathrm{arctg}\,2-2\pi; \mathrm{arctg}\,2-\pi\).

Ответ:

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

б) \(-\dfrac{9\pi}4;\mathrm{arctg}\,2-2\pi; -\dfrac{5\pi}4; \mathrm{arctg}\,2-\pi\)

а) ОДЗ: \(\sin x\ne \dfrac{\sqrt3}2\). Решим на ОДЗ.

\[9-10(1-\cos^2x)-3\cos x=0 \Rightarrow 10\cos^2x-3\cos x-1=0\]

Сделаем замену: \(t=\cos x, \ -1\leqslant t\leqslant 1\):

\[10t^2-3t-1=0 \Rightarrow t_1=\dfrac12; t_2=-\dfrac15\]

Сделаем обратную замену:

\[\left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &\cos x=\dfrac12\\ &\cos x=-\dfrac15 \end{aligned} \end{gathered}\right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &x=\dfrac{\pi}3+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\ &x=-\dfrac{\pi}3+2\pi m, m\in\mathbb{Z}\\ &x=\pi-\arccos\dfrac15+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\\ &x=-(\pi-\arccos \dfrac15)+2\pi l, l\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered}\right.\]

Пересечем данные ответы с ОДЗ: по ОДЗ не подходит только одна серия корней: \(x=\dfrac{\pi}3+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\)
(т.к. если \(\sin x\ne \dfrac{\sqrt3}2 \Rightarrow x\ne \dfrac{\pi}3+2\pi r; \dfrac{2\pi}3+2\pi s, r,s\in\mathbb{Z}\))

б) Отберем корни:

1) \(-20\pi\leqslant -\dfrac{\pi}3+2\pi m\leqslant -\dfrac{35\pi}2 \Rightarrow -9\dfrac56\leqslant m\leqslant -8\dfrac7{12} \Rightarrow m=-9 \Rightarrow x=-\dfrac{55\pi}3\)

2) Т.к. в первой четверти косинус убывает, то \(\dfrac{\pi}2>\arccos \dfrac15>\arccos \dfrac12=\dfrac{\pi}3\).

\(-20\pi\leqslant\pi-\arccos\dfrac15+2\pi k\leqslant -\dfrac{35\pi}2 \Rightarrow -\dfrac{21}2+\dfrac{\alpha}{2\pi}\leqslant k\leqslant -\dfrac{37}4+\dfrac{\alpha}{2\pi} \Rightarrow \)

\(-10,...\leqslant k\leqslant -9,... \Rightarrow k=-10 \Rightarrow x=-19\pi-\arccos \dfrac15\)

3) Аналогично второму случаю находим, что из третьей серии корней в промежуток попадает \(x=\arccos \dfrac15-19\pi\)

Ответ:

а) \(-\dfrac{\pi}3+2\pi m, \pi-\arccos\dfrac15+2\pi k, -\pi+\arccos \dfrac15+2\pi l, \ m,k,l\in\mathbb{Z}\)

б) \(-19\pi-\arccos \dfrac15; -19\pi+\arccos \dfrac15;-\dfrac{55\pi}3\)

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

По формуле приведения \(\cos\left(\dfrac{13\pi}2+x\right)=-\sin x\), следовательно, уравнение примет вид:

\[3(\sin^3x+1)^2+2(-\sin x)^3-3=0 \Rightarrow 3(\sin^3x+1)^2-2\sin^3x-3=0\]

Сделаем замену: \(\sin^3x+1=t\), тогда \(\sin^3x=t-1\):

\[3t^2-2(t-1)-3=0 \Rightarrow 3t^2-2t-1=0 \Rightarrow t_1=1; t_2=-\dfrac13\]

Сделаем обратную замену:

\[\left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &\sin^3x+1=1\\ &\sin^3x+1=-\dfrac13 \end{aligned} \end{gathered}\right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &\sin^3x=0\\ &\sin^3x=-\dfrac43 \end{aligned} \end{gathered}\right.\]

Т.к. \(-1\leqslant \sin\alpha\leqslant 1\) при любом \(\alpha\), следовательно, \(-1\leqslant \sin^3\alpha\leqslant 1\), значит, второе уравнение решений не имеет. Следовательно:

\[\sin^3x=0 \Rightarrow x=\pi n, n\in\mathbb{Z}\]

б) Отберем корни:

\(0<\pi n\leqslant \pi \Rightarrow 0<n\leqslant 1 \Rightarrow n=1 \Rightarrow x= \pi\).

Ответ:

а) \(\pi n, n\in\mathbb{Z}\)

б) \(\pi\)

а) Сделаем замену: \(t=x-\dfrac{3\pi}8\). Тогда \(x=t+\dfrac{3\pi}8\), следовательно, \(x+\dfrac{\pi}8=t+\dfrac{4\pi}8=t+\dfrac{\pi}2\).

Следовательно, по формуле приведения \(\cos \left(x+\dfrac{\pi}8\right)=\cos \left(t+\dfrac{\pi}2\right)=-\sin t\). Тогда уравнение примет вид: \[\sin^2 t-\sin t-2=0\] Сделав еще одну замену \(\sin t=f\), получим квадратное уравнение \(f^2-f-2=0\), корнями которого являются \(f=2\) и \(f=-1\). Так как \(f=\sin t\in [-1;1]\), то корень \(f=2\) не подходит. Следовательно, \[\sin t=\sin \left(x-\dfrac{3\pi}8\right)=-1 \quad\Leftrightarrow\quad x-\dfrac{3\pi}8=-\dfrac{\pi}2+2\pi n \quad\Leftrightarrow\quad x=-\dfrac{\pi}8+2\pi n, n\in\mathbb{Z}.\]

б) Отберем корни.

\(-2\pi<-\dfrac{\pi}8+2\pi n<2\pi\quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac{15}{16}<n<\dfrac{17}{16} \quad\Rightarrow\quad n=0; \ 1 \quad \Rightarrow\quad x=-\dfrac{\pi}8; \ \dfrac{15\pi}8.\)

Ответ:

а) \(-\dfrac{\pi}8+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\)  

б) \(-\dfrac{\pi}8; \ \dfrac{15\pi}8\)

а) ОДЗ: \(\sin x\ne 0\). Решим на ОДЗ.

Т.к. \(1+\mathrm{ctg}^2\,x=\dfrac1{\sin^2x} \Rightarrow \) уравнение примет вид:

\[2\cos^2x+4\cos x+2=\dfrac1{\frac1{\sin^2x}} \Rightarrow 2\cos^2x+4\cos x+2=\sin^2x \Rightarrow\]

\[2\cos^2x+4\cos x+2=1-\cos^2x \Rightarrow 3\cos^2x+4\cos x+1=0\]

С помощью замены \(\cos x=t\) данное уравнение сводится к квадратному, корнями которого будут \(t_1=-1; t_2=-\dfrac13\). Сделав обратную замену, получим:

\[\left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &\cos x=-1\\ &\cos x=-\dfrac13 \end{aligned} \end{gathered}\right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}\begin{aligned} &x=-\pi+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\ &x=\pm \left(\pi-\arccos\dfrac13\right)+2\pi m, m\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered}\right.\]

Заметим, что первая серия корней не удовлетворяет ОДЗ, т.к. \(\sin \left(-\pi+2\pi n\right)=\sin (-\pi)=0\)

б) Отберем корни.

\(-\pi<\pm \left(\pi-\arccos\dfrac13\right)+2\pi m<0 \Rightarrow x=-\pi+\arccos\dfrac13\)

Ответ:

а) \(\pm \left(\pi-\arccos\dfrac13\right)+2\pi m, m\in\mathbb{Z}\)

б) \(-\pi+\arccos\dfrac13\)

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

а) Данное уравнение является уравнением третьей степени относительно \(\sin{x}\). Сделаем замену \[\sin{x} = t.\]

В новых переменных уравнение примет вид:

\[\begin{aligned} t^3 + (1 + \pi)t^2 + (\pi - 2)t - 2\pi = 0. \end{aligned}\]

Можно угадать один из корней этого уравнения \(t = 1\). Знание этого корня позволяет вынести за скобку выражение \((t - 1)\) при помощи деления многочлена \(t^3 + (1 + \pi)t^2 + (\pi - 2)t - 2\pi\) на \((t - 1)\) столбиком: \[\begin{array}{rr|l} t^3+(1 + \pi)t^2+(\pi - 2)t-2\pi&&\negthickspace\underline{\qquad\quad t-1 \qquad\quad }\\ \underline{t^3 -\qquad\quad t^2} \phantom{00000000000000}&&\negthickspace \ t^2 + (2 + \pi)t + 2\pi\\[-3pt] (2+\pi)t^2 + (\pi - 2)t\,\phantom{0000}&&\\ \underline{(2+\pi)t^2 - (2 + \pi)t\,}\phantom{0000}&&\\[-3pt] 2\pi t - 2\pi&&\\ \underline{2\pi t - 2\pi}&&\\[-3pt] 0&&\\ \end{array}\]

Для дальнейшего разложения на множители необходимо найти корни квадратного уравнения \[t^2 + (2 + \pi)t + 2\pi = 0.\]

По теореме Виета сумма его корней равна \(-(2 + \pi)\), а их произведение равно \(2\pi\), откуда подбираются корни \(t_1 = -2, \ t_2 = -\pi\).

Таким образом,

\[\begin{aligned} & t^3 + (1 + \pi)t^2 + (\pi - 2)t - 2\pi = (t - 1)(t + 2)(t + \pi). \end{aligned}\]

Произведение выражений равно нулю в том и только том случае, когда хотя бы одно из них равно нулю и все они не теряют смысл, следовательно, корнями уравнения

\[\begin{aligned} & t^3 + (1 + \pi)t^2 + (\pi - 2)t - 2\pi = 0 \end{aligned}\]

являются \(t_1 = -2, \ t_2 = -\pi, t_3 = 1\).

Возвращаясь к старым переменным, находим, что корнями исходного уравнения являются те \(x\), при которых выполнено по крайней мере одно из условий: или \(\sin{x} = -2\), или \(\sin{x} = -\pi\), или \(\sin{x} = 1\).

Так как \(-1 \leq \sin{x}\leq 1\), то у уравнений \(\sin{x} = -2\) и \(\sin{x} = -\pi\) нет корней, тогда

\[\begin{aligned} \sin{x} = 1. \end{aligned}\]

Решения этого уравнения имеют вид \(x = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k\), где \(k\in\mathbb{Z}\).

б) \[\dfrac{\pi}{3} < \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k < 4\pi\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{1}{3} < \dfrac{1}{2} + 2 k < 4\qquad\Leftrightarrow\] \[\Leftrightarrow \qquad \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{2} < 2 k < 4 - \dfrac{1}{2}\qquad\Leftrightarrow\qquad -\dfrac{1}{12} < k < 1,75,\] но \(k\in\mathbb{Z}\), тогда подходят только корни при \(k = 0\) и \(k = 1\): \(x_1 = \dfrac{\pi}{2}\), \(x_2 = \dfrac{5\pi}{2}\).

Ответ:

а) \(\dfrac{\pi}{2} + 2\pi k\), где \(k\in\mathbb{Z}\).

б) \(\dfrac{\pi}{2}\), \(\dfrac{5\pi}{2}\).