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

2.Вводим вспомогательный угол <р:

sinx—tg<pcosx=21-, sinx+tg<pcosx=—с,

изучающим различные колебательные гармонические про­ цессы, электротехникам, физикам и механикам.

ниже по течению? Ширина реки h метров.

Изобразим схематически берега реки параллельными

250

Вектор vi разложим на составляющие векторы и/ и v/' по направлению, перпендикулярному течению и про­ тивоположному течению.

Обозначив черех х искомый угол и через t время, за которое лодка совершит путь, будем иметь:

r/=t>icosx, Vy'—Vy sin х,

NC=4=(v—v/') t=(y—Vjsinx) t,

ON=h=v1't=v1 cos xt.

Чтобы исключить t, разделим одно из этих равенств на другое по частям, получим:

Решая его через введение вспомогательного угла <р получаем:

х——<р+(—l)"arcsin (ycos<p)+wi при условии,

Если положить v±=2v, /=1,5 h, то будем иметь:

tg<p=l,5; <р»56°,

x~_56°+(—1)л 16°+180°п,

xi 40° +180°-2k,

х„ 72°+180° (2Z>+1).

Условию задачи удовлетворяет только одно частное решение х»—40°. Отрицательный знак угла х показывает, что при заданных условиях направление лодки будет на 40° левее перпендикуляра ON.

Если предположить, что скорость течения v=0, то по­ лучим:

Х=—ср +тЩ

частное решение при п=0 будет Xi=—<р,

2)sin4 x+cos4 х=а2;

3)sin x+cos x+tg x-f-ctg x+sec x+csc x+2=0;

4)4 sin (2x-H)+3 cos (2x+l)=2;

5)23,0 cos x+14,3 sin x=26,l;

6)sin x—cos x—4 cos2 x sin x=4 sin3 x.

2.Тело M скользит вниз по наклонной плоскости под действием собственного веса (рис. 119). Коэффициент трения равен k. Каков должен быть угол наклона плоскости к горизонту, чтобы ускорение движения тела было в п раз меньше ускорения свободного паде­ ния?

веса Р, находящееся на горизонтальной плоскости (рис. 120). Направление веревки проходит через центр тяжести О этого тела. Какой угол с горизонтом должна образовать сила F, чтобы тело

тикальную составляющие Fi и F2, тогда Fi=F cos х, p2=Psinx. Для равномерного движения необходимо равенство силы Ft и силы трения Т. Но сила T=kN, где N — нормальное давление тела на плоскость; N=P—Fi=P-Fsmx, следовательно,

T=k (P—F sin x).

252

Таким образом, равенство Fi=T запишется так:

Fcosx=kP—kF sin х.

Найти решение этого уравнения при Р=50 кг, F=20 кг

иk—0,4.

4.Тело привязано к шнуру длиной I м (рис. 121). Шнур опи­

сывает коническую поверхность и совершает при этом п оборотов в минуту. Какой угол образует шнур с горизонтом?

Сила F=P ctg x—mg ctg x, поэтому равенство F=N дает уравне­ ние:

mg ctg x=m<»2/-cos x,

к гипотенузе равно т. Найти острые углы треугольника.

253

§ 48. Тригонометрические уравнения VII типа

f[T(arx ф- bi), T(a2x + b2), Т(а3х ф- b3)] = О,

где производятся какие-либо алгебраические действия над одной и той же круговой функцией с различными аргументами

Рассмотрим следующий вопрос:

По проводнику идет трехфазный ток с переменной си­ лой, выраженной функцией:

/=2sin 100/ф-2 sin (100/ф-J) ф-2 sin (ЮО/ф-^-).

Существуют ли такие моменты времени t, когда сила тока в проводнике достигает 4 ампер?

Ответ на этот вопрос сводится к решению уравнения:

2 sin 1 OOz^H-2 sin( 100/ ф- -J) ф- 2 sin(100/+ y)= 4,

или

sinlOO/ ф- sin(100/ ф- -J) ф- sin(100/ + у) = 2.

Это уравнение V типа; его можно свести к уравнению

254

общее решение, состоящее из двух классов решений:

~ 0,01 [0,9765 + я-2/г— ^],

4 « 0,01 [-0,9765 + тг(2£ + 1) —1].

Итак, мы нашли те моменты времени t, когда сила тока в проводнике достигает 4 ампер.

Понятно, что рассмотренное уравнение разрешилось легко только потому, что аргументы синуса были соответ­ ствующим образом подобраны. Стоит только внести в эти

и полученное уравнение становится уже несводимым к пред­ шествующим типам и вообще неразрешимым аналитическим методом (в конечном виде).

К уравнениям VII типа приводят многие задачи из фи­ зики и механики. Рассмотрим, например, следующую за­ дачу.

При равновесии ломаного рычага ВАС (рис. 122) на кон­ цы его отрезков АВ и АС дейст­ вуют силы В и Q. Длина АВ=В, длина АС=12. Определить углы, образованные отрезками рычага

сгоризонтальной плоскостью,

если один из этих углов в п раз больше другого. Вес рычага не учитывается.

Обозначим один из искомых углов через х, тогда другой угол равен пх. Как известно из механики, для равновесия рычага необходимо равенство моментов, вращающих рычаг против часовой стрелки и по часовой стрелке.

Так как А —точка опоры рычага, АВ' и АС —плечи сил В и Q, приложенных к концам рычага, то моменты сил, вращающих рычаг, выразятся произведениями В-АВ' и Q-АС и по условию равновесия будем иметь:

B-AB' = Q-AC.

255

Получили уравнение VII типа, разрешимое аналити­ ческим методом только при некоторых значениях пара­ метра п.

При натуральном значении п это уравнение сводится к целому алгебраическому уравнению n-й степени относи­ тельно cos х, т. е. к типу IV.

Так, при п=3 имеем: cos 3x=cos (x-|-2x)=cos х cos 2х—

—sin х sin 2x=cos x(cos2 x—sin2 x)—2 sin2 x cos x= =4 cos3 x—3 cos x;

уравнение (*) в этом случае примет вид:

Rix cos х= Qh (4 cos3 х—3 cos x).

При n=2 получаем уравнение:

Rix cos x= Q/г cos 2x,

или

Rix cos x= Ql2 (2 cos2 x—1).

Положив cos x=y, получим

Rhy=Ql2 (2y*-Y),

или

2Ql2yi-Rl1y-Ql2=Q.

Откуда

(cos x)j— 0,8431; хх —32°30'; (cosx)2«—0,5306; х2—122° —

не удовлетворяет условию задачи, так как угол х — острый. Следует отметить, что уравнение (*) возможно свести к IV типу тригонометрических уравнений и в том случае,

когда п — число дробное,.

25.6

Пусть, например, п=-г~, т. е.

1и

7?/г cos х= Ql2 cos -jjx.

Положив = z, получим:

cos 13z = Ql2 cos 17z.

Остается теперь выразить cos 13z и cos 17z через cos z (что возможно, повторным применением теоремы сложения) и получится алгебраическое уравнение 17-й степени отно­ сительно cos z, т. е. уравнение IV типа.

Если алгебра даст нам средства для решения такого уравнения, то мы найдем значения cos z и, следовательно, определим z и x=13z.

Нетрудно понять, что указанным преобразованием аргу­ ментов можно сводить к рассмотренным ранее типам урав­ нений такие тригонометрические уравнения VII типа, в ко­ торых аргументы круговых функций имеют «общее крат­ ное». Если же такого «кратного» нет, то уравнение вообще неразрешимо аналитическим методом.

Так, например, никакими преобразованиями нельзя свести к предшествующим типам уравнение (*) при 0=^5, т. е.

Rli cos х— Qlz cos ]/5 х.

Такое уравнение можно решить графическим методом, разумеется, при конкретных числовых значениях пара­ метров.

На рисунке 123 графическим методом решено уравнение

1,5 cos x=cosV<5 х

Рис. 123.

257

и получены приближенные значения его наименьших поло­ жительных корней: %i==l,8, Xj — 4,05.

Эти числа являются абсциссами точек пересечения гра­ фиков t/=l,5cosx и t/=cos]/5x в той их части, которая изображена на рисунке.

Упражнения.

1.Решить следующие уравнения:

1)cos Зх =4 cos2 х;

2)cos 2x-cos 3x=cos 5х;

3)tg (x-f-a) tg (x—a)=m;

4)sin x sin 3x =0,5;

5)tg2x = tg(x—y)tgx-tg(x + -j);

6)cos x cos 3x=cos 5x cos 7x;

7)sin (ax+6i)±sin (ах+Ьг)=с;

9)______________ 2__ = 2

COS X

11)sin (ax+&i) sin (ax+&2)=c;

12)tg x-Ь tg 2x4-tg 3x=0.

2.В прямоугольный треугольник вписан круг, причем гипо­

25$