книги из ГПНТБ / Андронов И.К. Основной курс тригонометрии, развиваемый на целесообразных задачах пособие для учителей

Решим таким способом следующее уравнение:

sinx ~р cosx — tgx — ctgx* —secx — cscx = 0.

Зу 4-Иу3+1=0,

Зу3(у + 1) + (У + 1) (у2 - У + 1) = 0;

(У 4-1) (Зу3 +У2-У 4-1) =0.

Откуда: 1) у ф- 1 = 0 и, следовательно, ух = — 1;

2) Зу3 + у2 - у + 1 = 0.

Умножаем на 9:

27у3 + 9у2-9у 4-9 = 0, (Зу)3 4-(Зу)2-3(Зу) +9 = 0.

Вносим замену Зу = и, имеем:

239

Эти корни не пригодны, так как круговые функции не принимают мнимых значений1, следовательно, мы можем использовать только один действительный корень: ui——3.

Совершаем обратную замену: 3z/=—3; откуда у2——1,

т. е. у2=У1=—1.

Дальнейшая обратная замена дает тригонометрическое уравнение I типа:

gt7 = -1.

откуда j = — у + ™ и х = ~’ у + 2iw-

Покажем, что полученное решение является пре­ дельным решением.

Так как 2л/г — число кратное периоду любой из круго­ вых функций, то достаточно проверить частное решение

х=— Подставляем его в уравнение, получаем:

sin( ~i)+'cos(—|)- tg(—ctg( -|)- sec(- -J) -

— csc(—= — 1 Д- 0 — tg (—y)—0— sec(— y)+ 1

выражение, не имеющее смысла, так как тангенс и секанс

не определены при х= —

Находим предельное значение левой части уравнения

lim(sinx + cosx — tgx — ctgx — secx — cscx) =

—y

=lim(sinx + cosx — ctgx — cscx) + Iim(—tgx — secx) =

=0+ lim[tg(—x) —sect—x)J = lim

=lim—-—~—r =0, tg(-x)+sec(—x)

так как знаменатель стремится в бесконечность,

1 Существует более общее понятие о круговых функциях от комплексного числа.

240

Итак, при стремлении х к---- в пределе получаем в ле­

вой и в правой частях 0.

Замечание Несмотря на то что подстановкой tg—— ~У

можно свести к рациональному алгебраическому уравнению всякое тригонометрическое уравнение подтипа IVi, на практике эта под­ становка часто оказывается неудобной, так как приводит к урав­ нениям высокой степени.

Так, например, если решать уравнение

3 1 cos2 *4—д" sin х—l"g=0

JC

с помощью подстановки tg -2~У> то получаем:

U+y2/+4 1-Н2 1 8 -и

или после преобразования

7у4—12у3+22//2—12г/+7=0 и т. д.

А между тем это же уравнение решается весьма просто пер­ вым способом, т. е. сведением к одной функции.

В самом деле, косинус входит в уравнение в четной степени и поэтому выражается рационально через синус:

3 1 1—sin2 хН-д" sin х—l"g’=0.

3 1 t/2-^+-8=0’

откуда

3 *1 / 9_ J__3_ 2. !/='8’± V 64~ 8 = 8 ± 8 ’

1 1 !/1=у; Уг=-4-

Обратная замена дает уравнения I типа:

sin х=~2 и sin х=-д-,

откуда

*i=(—

x2=(—l)"arcsin -£^-пп~(—1)"0,25334-к/г

где л — любое целое число.

Понятно, что этот способ с успехом применим к таким урав­ нениям VI типа, которые содержат только синус и косинус, при­ чем одну из этих функций лишь в четных степенях.

в) К подтипу VI2 отнесем уравнения однородные, отно­ сительно синуса и косинуса одного и того же аргумента, не содержащие других функций.

Предварительно дадим определения:

I. Функцию вида f (sinz, cosz) называют однород­ ной относительно sin z и cos z, если при любом положи­ тельном числе k выполняется соотношение:

f (k sinz, k cosz)=kn-f (sinz, cosz),

=k (5 sinz—sin2z-|-3 cos2z) = £-/ (sinz, cosz). II. Тригонометрическое уравнение вида

f (sinz, cosz)=0

называют однородным относительно sinz и cosz, если функция /(sinz, cosz) является однородной относи­ тельно sinz и cosz.

Именно такие уравнения мы относим к подтипу VI2. Примеры уравнений данного вида:

1)3 sin2z4-2 sinz cosz—cos2z=0;

2)sin3z cosz—2 sin2z cos2z=3 sinz cos3z—6 cos4z;

3)3 sinz4- ]/sin2z 4- 3 cos2z=5 cos z.

Уравнения этого типа сводятся к предшествующим ти­ пам подстановкой tg z=t или (что то же самое) sin z=t cosz.

Покажем это на решении записанных выше уравнений.

242

1) Осуществляя замену sinz—icosz в уравнении

3 sin2 z4-2 sin z cos z—cos2 z—0,

получаем:

3;12 cos2 z-\-2t cos2 z—cos2 z—0,

или

cos2 z (3/2+2Z—1)=0.

Это уравнение распадается на два:

Следовательно, остается решить уравнение

3/2+2г—1=0,

из которого находим

/--^/1+3 , _ 1 .

Обратная замена дает:

(tgz)i =y> Zi=arctg4-+"п ~ 0,321 + ли; <5 о

(tgz)2= — 1, z2= — ^Н-ли.

2) Производим подстановку sin z—t cos z в уравнение (2), получим:

C’-cos4z—2t2 cos4z=3Z cos4z—6 cos4z,

или

cos4 z (t3—2i2—3^+6)=0.

Уравнение распадается на два:

cos'z=0 и t3—2t2—3^4-6=0.

Нетрудно видеть, что значение cosz=0 удовлетворяет дан­

Левую часть уравнения

/2—2/2—3/4-6=0

разлагаем на множители:

t2 (t—2)—3 (t—2) = 0,

(t—2) (t2—3) = 0,

откуда

'1=2, /2=/з. t3=—Уз-

Совершаем обратную замену:

(tg z)i = 2, (tg г)8=Уз; (tg г)3=-ИЗ,

откуда находим:

Zj = arctg 2 -\-кп as 1,065 -J- nn,.

7C

z2=j + т.п,

z8= — 4~ KZZ-

3) Осуществляем подстановку sin z—/cosz в уравне­ нии

3 sin z-(-l/sin2 z-J-3 cos2 z=5 cos z,

получаем:

3/-coszt2 cos2 z+3 cos2 z=5 cos z,

или

cos z (3t+r?+3 —5)=0,

аэто уравнение распадается па два:

(1)cos z—0;

(2)3/Ц-]/Т2+3 —5=0.

244

Значение cos 2=0 не удовлетворяет данному уравне­ нию; действительно, если cos г=0, то sinz=±l; подста­ новка- в уравнение дает:

3 (±1)+]/1+3-0=#5-0.

в квадрат, то полученные корни следует проверить. Подста­ новка показывает, что уравнению (2) удовлетворяет лишь корень /2=1.

Обратная замена дает: tgz=l, z—+ ^/г. Это и есть

общее решение данного уравнения.

4) Некоторые виды уравнений допускают различные приемы решений. Покажем это на уравнении вида

1. Сводим уравнение к одной функции, например, к ко­ синусу:

2 (±]Л1—cos2 х) = 1 +3cos х | a (±"K1—cos2 х)=с—bcosx.

1 Ради краткости записи мы взяли г—х. Приемы решения нисколько не изменятся, если брать z—kx-\-l

245

подстановкой их в данное уравнение.

Проверяем корни уравнения с числовыми коэффициен­ тами. Подстановка X] дает:

246

2sin(±arccosO,3Q+2wi)—3cos(±arccos0,30+2im) =

=-b2 sin(arc cos 0,30)—3 cos (arc cos 0,30) =

=±2/1 —0,30*—3 • 0,30 «±2 -0,95—0,90= { J_2,8.

Следовательно, удовлетворяет только xf «-Parc cos 0,30-1-

-}-2m «1,27 -j-2itzz.

Аналогичным путем убеждаемся в пригодности решения

хп —arccos (—0,76) Ц-2тт«—2,43-)-2л/г.

-|-2тсп,

247

2. Вносим замену sin4=t-cos-|-, получаем:

Продолжение решения надо смотреть в предшествующем^приеме.

248