algebra10_нелін_дворівн

§ 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем

яке рівносильне даному (на тій частині ОДЗ, де x ≠ π + πk), бо ці формули

2

зберігають правильну рівність як при переході від рівності (1) до рівності (2), так і при оберненому переході від рівності (2) до рівності (1). Заміна змінної (і обернена заміна) також приводить до рівняння, рівносильного даному (на зазначеній частині ОДЗ початкового рівняння).

Зауважимо, що ОДЗ рівняння (2) відрізняється від ОДЗ рівняння (1) лише

тим, що до неї не входять значення x = π + πk, які входять до ОДЗ рівнян$

2

ня (1). Оскільки ці «погані» значення ми врахували в процесі розв’язування, то ОДЗ рівняння (1) можна в явному вигляді не фіксувати (як у наведеному розв’язанні). У відповіді записуємо всі корені, які було одержано в першій і другій частинах розв’язання.

Ро з в ’ я з а н н я

1.X Якщо x = π + πk, k Z, то з даного рівняння одержуємо

2

ctg2 (2π + πk)− tg(2π + πk + π4 )= 1, тобто 02 –(–1) = 1 — правильна рівність.

Отже, x = π + πk , k Z, — корені рівняння (1).

2

2. Якщо x ≠ π + πk, одержуємо

Деякі тригонометричні рівняння вдається розв’язати, використовуючи такий о р і є н т и р, який умовно можна назвати «шукай квадратний тричлен», тобто:

спробуйте розглянути задане рівняння як квадратне відносно якоїсь змінної (чи відносно якоїсь функції).

211

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

Приклад 5 Розв’яжіть рівняння x2 − 2x sin πx + 1 = 0.

2

При розв’язуванні систем тригонометричних рівнянь не завжди вдається виконувати тільки рівносильні перетворення рівнянь системи, іноді доводить ся користуватися рівняннями наслідками. У таких випадках можуть вини кати сторонні розв’язки, тому одержані розв’язки необхідно перевіряти. При чому перевіряти можна як значення змінних, одержаних у кінці розв’язуван ня, так і значення тригонометричних функцій, одержаних при розв’язуванні. Якщо всі тригонометричні функції, що входять до запису системи, по кожній із змінних мають спільний період, то досить виконати перевірку для всіх зна чень змінних з одного періоду (для кожної змінної).

212

§ 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем

Приклад 6 Розв’яжіть систему рівнянь

К о м е н т а р

Якщо з першого рівняння системи виразити sin x, а з другого — cos x , то можна піднести обидві частини кожного рівняння до квадратa і після почлен ного додавання одержаних рівнянь використати тотожність sin2 x + cos2 x = 1. У результаті одержимо рівняння з однією змінною y, яке легко зводиться до однієї тригонометричної функції.

Але при піднесенні обох частин рівняння до квадратa одержуємо рівнян ня наслідок. Отже, серед одержаних розв’язків можуть бути і сторонні роз в’язки для заданої системи, які доведеться відсіювати перевіркою.

Для перевірки враховуємо, що всі функції відносно змінної x, які входять до запису системи (тобто sin x і cos x), мають спільний період 2π. Аналогічно всі функції відносно змінної y (sin у і cos у) теж мають спільний період 2π. Отже, перевірку розв’язків досить виконати для всіх пар чисел (х; у), де x [0; 2π], y [0; 2π] (можна взяти і інші проміжки довжиною 2π). Корисно також урахувати, що всі розв’язки, одержані внаслідок підстановки в одне з рівнянь системи, автоматично задовольняють цьому рівнянню, а значить, пе ревірку цих розв’язків досить виконати тільки для другого рівняння системи.

Для кожної змінної всі одержані розв’язки потрібно повторити через період.

Піднесемо обидві частини кожного рівняння системи до квадрата і почлен но додамо одержані рівняння. Отримуємо рівняння наслідок

sin2 x + cos2 x = 1 sin2 y + 3 cos2 y. Тоді 2 = sin2 y + 3 cos2 y,

22

213

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

Відносно кожної із змінних x і y усі функції, які входять до запису заданої системи, мають період 2π, тому перевірку досить виконати для всіх пар чисел (х; у), де x [0; 2π], y [0; 2π].

Для системи (3) це пари чисел: (6π ; π4 ), (6π ; 74π ), (116π ; 4π ), (116π ; 74π ),

а для системи (4) це пари чисел: (56π ; 34π ), (56π ; 54π ), (76π ; 34π ), (76π ; 54π ). Розв’язками заданої системи є тільки пари чисел:

(6π ; π4 ); (116π ; 74π ); (56π ; 34π ); (76π ; 54π ).

Відповідь одержимо, повторюючи наведені розв’язки через період (для кож

При розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функціями

корисно пам’ятати, що при | a | m 1

Також при розв’язуванні рівнянь з оберненими тригонометричними функ ціями часто буває зручно від обох частин рівняння взяти якусь тригономет ричну функцію і скористатися означенням відповідних обернених тригоно метричних функцій.

Приклад 7 Розв’яжіть рівняння 2 arcsinx = arcsin 10 x.

13

К о м е н т а р

Якщо взяти від обох частин заданого рівняння функцію синус, то одержи мо рівняння наслідок: якщо числа рівні, то і синуси будуть рівні, але якщо синуси двох чисел рівні, то це ще не значить, що числа обов’язково будуть рівні. Тобто правильна рівність буде зберігатися при прямих перетвореннях,

214

§ 19. Приклади розв’язування більш складних тригонометричних рівнянь та їх систем

але не обов’язково вона буде зберігатися при обернених перетвореннях. Отже, у кінці необхідно виконати перевірку одержаних розв’язків.

Якщо позначити arcsin x = α, то за означенням арксинуса α −2π; 2π

і sin α = x. Для знаходження cos α враховуємо, що при α −2π; 2π значення

cos α l 0 , отже, cosα = 1−sin2 α.

Перевіряючи одержані розв’язки, у тих випадках, коли знайдені числа не є коренями заданого рівняння, іноді зручно порівняти одержані розв’язки з

нуватися.

Відповідь: 0. Y

215

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

З а у в а ж е н н я. Для розв’язування рівняння 2arcsin x = arcsin 10 x мож

13

на було використати не тільки рівняння наслідки, а й рівносильні перетво рення рівнянь. Але в цьому випадку доведеться врахувати ОДЗ заданого

тина рівняння повинна знаходитися в цьому самому проміжку. Значить, для

всіх коренів заданого рівняння виконується умова: − π m2arcsin x m π, тобто

2 2

Упроміжку −2π; 2π функція sin t є зростаючою, тоді при виконанні умови

(4)(і, звичайно, на ОДЗ (3)), якщо від обох частин заданого рівняння взяти синус, то одержимо рівносильне йому рівняння (тобто задане рівняння рівно сильне рівнянню (2) за умов (3) і (4)). Виконуючи міркування і перетворення,

наведені вище в розв’язанні прикладу 7, одержуємо x = 0 або x = ± 12. Усі

13

знайдені корені входять до ОДЗ (задовольняють умовам (3)), але умові (4) задовольняє тільки х = 0, отже, коренем заданого рівняння є тільки x = 0.

Запитання для контролю

1.Поясніть, як можна розв’язати рівняння cos x = 1 + x2 за допомогою оцін ки лівої і правої частин рівняння. Розв’яжіть це рівняння.

2.Поясніть, як можна розв’язувати тригонометричні рівняння, до запису яких входять лише сума або різниця синуса і косинуса одного і того самого аргументу та їх добуток. Наведіть приклад такого рівняння.

3.Наведіть приклад тригонометричної формули, застосування якої може при вести до звуження ОДЗ заданого рівняння і до втрати його коренів. По ясніть, чому відбувається звуження ОДЗ. Як потрібно використовувати

такі формули, щоб не загубити корені даного рівняння? Поясніть це на прикладі рівняння 2 ctg x −tg(x + π4 )=1.

Вправи

Розв’яжіть рівняння (1–5).

216

§ 20. Тригонометричні рівняння з параметрами

2. 1) sin 7x + cos 12x = 2; 2) sin 2x sin 6x = 1;

4.1) 9x2 – 6x cos 6πx + 1 = 0;

2)4x2 – 4x sin (xy) + 1 = 0 (знайдіть усі пари чисел (x; y), які задовольня ють рівнянню).

5.1) 2 (arcsin x)2 + π2 = 3π arcsin x; 2) 9 (arccos 2x)2 – 3π arccos 2x – 2π2 = 0;

§20 ТРИГОНОМЕТРИЧНІ РІВНЯННЯ З ПАРАМЕТРАМИ

20.1. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ РІВНЯНЬ З ПАРАМЕТРАМИ

Якщо до запису тригонометричного рівняння крім змінної та числових коефіцієнтів входять також буквені коефіцієнти — параметри, то при розв’я зуванні таких рівнянь можна користуватися наступним орієнтиром.

Будь яке рівняння чи нерівність з параметрами можна розв’язува ти як звичайне рівняння чи нерівність до тих пір, поки всі перетво рення або міркування, необхідні для розв’язування, можна виконати однозначно. Якщо якесь перетворення не можна виконати однознач но, то розв’язування необхідно розбити на кілька випадків, щоб у кож ному з них відповідь через параметри записувалася однозначно.

На етапі пошуку плану розв’язування рівняння чи нерівності з параметра ми або в ході міркувань, пов’язаних із самим розв’язуванням як таким, часто

217

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

зручно супроводжувати відповідні міркування схемами, за якими легко про стежити, у який момент ми не змогли однозначно виконати необхідні пере творення, на скільки випадків довелося розбити розв’язання і чим відрізняєть ся один випадок від іншого. Щоб на таких схемах (чи в записах громіздких розв’язань) не загубити якусь відповідь, доцільно поміщати остаточні відпо віді в прямокутні рамки.

Приклад 1 Розв’яжіть рівняння 2cos x – a = 0.

Приклад 2 Розв’яжіть рівняння sin 2x = 4a cos x.

218

§ 20. Тригонометричні рівняння з параметрами

З а у в а ж е н н я. Для запису одержаних відповідей (вони на схемах розмі щені в прямокутних рамках) доцільно уточнити, при яких значеннях a вико нуються обмеження | 2a | m 1 та | 2a | > 1. Для цього розв’язуємо відповідні нерівності:

Щоб полегшити запис відповіді у складних або громіздких випадках, зоб разимо вісь параметра (a) і відмітимо на ній усі особливі значення парамет ра, які з’явилися в процесі розв’язування. Під віссю параметра (лівіше від неї) випишемо всі одержані розв’язки (крім «коренів немає») і напроти кож ної відповіді відмітимо, при яких значеннях параметра цю відповідь можна використовувати (див. схему нижче). Після цього відповідь записується для кожного з особливих значень параметра і для кожного з одержаних проміж ків осі параметра.

1. x = π + πm, m Z

2

219

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

К о м е н т а р Для розв’язування рівняння (1) використаємо рівносильні перетворення.

Тоді ми обов’язково повинні врахувати ОДЗ заданого рівняння. Для цього записуємо умови існування тангенса та котангенса і розв’язуємо відповідні обмеження. Ми можемо звести всі тригонометричні функції до одного аргу менту x, використовуючи формулу тангенса подвійного аргументу, а потім

звести всі вирази до однієї функції tg x, використовуючи формулу ctgx = 1 .

tg x

Але використання вказаних формул приводить до звуження ОДЗ (табл. 36) і, щоб не втратити корені заданого рівняння, ті значення, на які звужується

ОДЗ (x = 2π + πk), потрібно розглянути окремо.

При x ≠ π + πk зводимо всі тригонометричні вирази до однієї функції і вико

2

нуємо рівносильні перетворення одержаного рівняння

На ОДЗ рівняння (1) знаменники дробів у рівнянні (2) не дорівнюють нулю. Отже, після множення обох частин рівняння на вирази, що стоять у знамен никах, одержуємо рівняння (2 + a) tg2 x = a, рівносильне рівнянню (2) на ОДЗ рівняння (1).

1)Якщо 2 + a = 0, тобто a = –2, то одержуємо рівняння 0ætg2 x = –2, яке не має коренів.

2) Якщо 2 + а ≠ 0, тобто а ≠ –2, то одержуємо tg2 x = a .

a + 2

Щоб розв’язати це рівняння, потрібно знати знак виразу, який стоїть у правій частині, оскільки tg2 x не може бути від’ємним. Розглянемо для правої частини три випадки: вона менша нуля, дорівнює нулю, більша нуля. Тобто подальші міркування проведемо за схемою.

220