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

4. На оси О (рис. 124) может свободно вращаться система, состоящая из трех одинаковой длины невесомых стержней, обра­

При каком значении угла х между третьим стержнем и верти­ калью YY' система будет в равновесии?

У казаки е. Задача сводится к уравнению:

3 sin х—2 sin (63°+x)-bsin (69°—,r)=0.

§ 49. Тригонометрические уравнения VIII типа

/[Ti^iX + bi), Т3(а3хА-Ы), Т3(а3хА~Ь3)] —0,

с алгебраическими действиями над несколькими круговыми функциями с различными аргументами

Уравнения данного типа решаются так же, как и урав­ нения VII типа, при этом встречаются те же трудности- В учебной литературе обычно даются лишь простейшие

при вершине пирамиды через

х, а боковое ребро через I. Если точка О есть центр вписан­ ного и описанного шара, a SLM — сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту SH перпендикуляр­ но ребру АВ, то имеем следующие равенства:

1) ML=2HL=2LB=2l sin

2)SH = VSB2 — НВ2 = Vl2— 2-LB2 =

=УI2 — 2/2sin21 = //соГл

259

260

Итак, получили тригонометрическое уравнение с тремя различными круговыми функциями (синус, косинус, ко­

тангенс) и двумя различными аргументами (х и ух), т. е.

уравнение VIII типа.

Решаем это уравнение следующим образом:

1 шаг. Сводим к уравнению с одним аргументом у,

используя тождество: cos x=cos2 — sin2 у,

имеем:

2 sin yl cos’ у —sin2-^ I

261

х=45о+180°-п.

6 шаг. Подстановкой убеждаемся, что найденное значение х не обращает знаменателя уравнения 3 шага в нуль, следовательно, это значение и будет искомым ре­ шением исходного уравнения (*), эквивалентного уравне­ нию 3 шага.

Так как плоский угол х при вершине правильной че­ тырехугольной пирамиды всегда меньше 90° и не может быть отрицательным, то условию задачи удовлетворяет только одно частное решение аг1=45°, получающееся из общего при п=0.

Итак, предложенная задача имеет решение и при том единственное (с точностью до подобия фигур). Рекомен­ дуется учащимся построить развертку искомой пирамиды и склеить модель пирамиды.

4)2 sin 17x+ 4^3 cos 5x+sin 5x=0;

5)sin4*x+cos4 x—2 sin 2x+-g- sin* 2 x=0;

6)cos 3x sin 5x=cos 7x sin 9x;

7)sin (1—x) cos (2+x)=0,25;

TZ к

10)sin® x+cos6 x+cos (x+-q") sin (х+-л-)=0.

ОО

262

Указание. Произведение косинуса на синус представить в виде суммы по формуле (39, а); для упрощения суммы первых двух членов возвести в куб сумму sin2 x+cos2 х.

12)tg (^ + x) ctg(y —x)=l,5.

Указание 1. Выразить функции через синус и косинус,

азатем составить производную пропорцию.

2.Найти отклонение светового луча при входе в воду, если

3. Найти угол при основании равнобедренного треугольника, если известно, что площадь этого треугольника в т раз более пло­

§ 50. Трансцендентные уравнения, сводимые к тригонометрическим уравнениям

Ограничимся рассмотрением нескольких примеров та­ ких уравнений.

1. 2 cos (5+2 lg x)=yr2.

Вносим обозначение: 5+2 1gx=z, получаем:

2 cosz = 1^2, cos z = z = ±y + 2лл.

Совершаем обратную замену:

5 + 2 lg х = ± у + 2im,

1.(8™ ±z-20)

откуда lg х = ±у + тел—у; ,х = 10

(п — целое).

2. tgx=tg]/x.

По условию равенства тангенсов (§ 43) имеем:

х=Ух+'п:п, где п— целое.

Решаем полученное уравнение: х—ял=)/х.

263

Так как в области действительных чисел берется только арифметическое (неотрицательное) значение Ух, то и левая часть уравнения должна быть неотрицательна, т. е. х>-/г. При таком условии возводим уравнение в квадрат,

получаем (х—■кп}2=х, или х2—(2wi-|-l) х-(-к2/г2=0, откуда

3. 1g sin 2x-|-lg cos x=lg sin x.

Прежде всего отметим условие существования лога­ рифмов:

1) sin 2х>0, 2) cos х>0 и 3) sin х>0.

Потенцируем уравнение, получаем:

sin 2x-cos x=sin х,

или

2 sin x-cos2 х—sin x=0,

sin x (2 cos2 x—l)=0.

Так как sin x не может равняться нулю (см. условие 3), то остается рассмотреть уравнение:

2 cos2 х—1 =0,

из которого имеем:

cos х = ±^=.

/ 2

Но отрицательное значение косинуса не удовлетворяет условию (2), следовательно, остается только

264

Однако второй класс решений не удовлетворяет усло­

уравнения получаем равные числа.

4. sin (к cos x)=cos (it sin x).

Переходим в левой части к косинусу:

cos (у — л cos xj = cos (it sin л)

По условию равенства косинусов (§ 43) имеем:

у — тт cos х — ± к sin х + 2tzii.,

откуда п~0.

265

Итак,

х—-J= ( -1)” arcsin (—^J-) + м;

п. /2 . о,

Упражнения.

1.Решить следующие уравнения:

1)tg(x«-2x) = /3";

2)cos -g^y- = 1;

3)tg(jcs + 3JC— 1) = tg(7x+9),

4) tg/tgx) = etg/etgx);

5)sin ^y-cos лх ) = y;

6)(cosx)1—sin2.v =i;

7)sin (-g--t-/a~^ cos (-g—/x")= 0,5.

266

знак любой из круговых функций.

Уравнения такого типа решают графическими метода­ ми, так как элементарным аналитическим путем они нераз­

=0,3 Т, плотность древесины бревен d=0,6, досок di=0,5. Решение. Дадим схематическое изображение по­

перечного сечения плота и уровня воды (рис. 126). Пусть центральный угол M0N~x радиан, тогда:

1) Площадь нижнего сектора сечения бревна равна

Y л£)2(2т:—х) = 1^(2к-л) [л2],

2л о

2) Площадь треугольника AfOiV=y/?-Z?-sinx =

= 4- D2 sin х [л12].

О

3) Объем вытесненной воды:

V = 2[у£)2(2к — х) + -|z)2sinx]z =i-Z)2[2z—x+sinx]Z [л<3],

267

4) Вес бревен: Pi — 2-^—Id = yTCD2Id |7 |.

5)Вес досок: 7J2=4a6/1d1 {7'J.

6)Общий вес плота с грузом:

Получили уравнение типа (*). Это уравнение неразре­ шимо аналитическим путем (в конечном виде). Прибли­ женное решение его можно подобрать по таблице или найти графическим приемом. В последнем случае целесообразно перейти от уравнения к системе:

/у—sin х 1у=х—1,2.

Затем построим графики функций y=sin х и у=х—1,2 (рис. 127). Решением уравнения будет абсцисса общей точки графиков, т. е. х«2,1 радиана (около 120°).

Теперь определяем глубину погружения плота

АВ = АО + ОВ = 7? + 7?cos| = 7?(l + cosy)^0,2(1 +

+ 0,5) « 0,3 [л«].

чим радианную меру угла АОВ через х, тогда площадь

268