algebra10_нелін_дворівн
.pdf
§ 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей
Приклад 1 Пояснимо більш детально розв’язання нерівності sinx > 1 ,
2
наведене в пункті 1 таблиці 41, з використанням одиничного кола (рис. 101).
Оскільки sin x — це ордината відповідної точки Px одиничного кола, то при всіх значеннях x, які задовольняють даній нерівності, точка Px має орди
нату, більшу за 1 . Усі такі точки на одиничному колі лежать вище за пряму
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
y = |
1 |
(вони зображені на рисунку синьою дугою |
P |
P |
без крайніх точок, |
||||
|
|||||||||
2 |
|
|
|
x |
|
x |
|
||
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|||
оскільки в крайніх точках sin x = |
1 |
, а не більший за |
1 |
). Якщо, записуючи |
|||||
|
2 |
||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||
відповідь, рухатися проти годинникової стрілки, то точка Px1 буде початком дуги Px1Px2, а точка Px2 — її кінцем. Спочатку запишемо відповідь на одному періоді (нагадаємо, що для синуса період дорівнює 2π). Для точок Px виділе
ної дуги х1 < x < x2. Оскільки точка Px |
знаходиться в правій півплощині, то |
|||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
можна взяти x = arcsin |
1 |
= |
π |
. Тоді x = π − π |
= |
5π |
. Таким чином, на одному пе |
|
|
|
|
||||||
1 |
2 |
6 |
2 |
6 |
6 |
|
||
|
|
|
||||||
ріоді розв’язками заданої нерівності є: π < x < 5π . Через період 2π значення
6 6
синуса повторюються, отже, всі інші розв’язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’язків чисел виду 2πk, де k Z.
Відповідь: π + 2πk < x < 5π + 2πk, k Z.
66
Для розв’язування нерівності sin x > 1 можна скористатися також графі
2
ками функцій y = sin x та y = 1 (рис. 102).
2
Розв’язками нерівності sin x > 1 будуть ті і тільки ті значення x, для яких
2
відповідні точки графіка функції y = sin x знаходяться вище прямої y = 1 (на
2
рисунку 102 відповідні частини графіка функції виділено синіми лініями). Щоб знайти абсциси точок перетину цих графіків, досить розв’язати рівняння
Рис. 101 |
Рис. 102 |
251
|
|
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності |
||
sin x = |
1 |
(x = (−1)n |
π |
+ πn, n Z ). Враховуючи періодичність функції sin x |
2 |
6 |
|
||
(T = 2π), досить записати розв’язок заданої нерівності на одному періоді. На
відрізку довжиною 2π можна взяти, наприклад, такі абсциси точок перетину
графіків функцій y = sin x і y = |
1 |
: |
x |
= |
π |
, |
x = |
5π |
(усі інші абсциси точок пере |
2 |
|
1 |
6 |
|
2 |
6 |
|
||
тину відрізняються від них на 2πk). Тоді на одному періоді розв’язками заданої |
|||||||||
нерівності є: π < x < 5π (абсциси виділених точок графіка y = sin x). Усі інші
6 6
розв’язки заданої нерівності одержуються додаванням до знайдених розв’язків чисел виду 2πk, де k Z. Відповідь:
66
Аналогічно можна одержати і розв’язки інших видів найпростіших не рівностей, наведених у пункті 1 таблиці 41.
Приклад 2 Розв’яжіть нерівність cosx > − 1 .
2
Оскільки cos x — це абсциса відповідної точки Рх одиничного кола, то при всіх значеннях x, які задовольняють даній нерівності, точка Рх має абс
цису, більшу за (− 12 ). Усі такі точки на одиничному колі (рис. 103) лежать
праворуч від прямої t = − |
1 |
(вони зображені на рисунку синьою дугою P P |
||||
|
||||||
2 |
|
|
x |
x |
||
|
|
1 |
2 |
|||
без крайніх точок, оскільки в крайніх точках cosx = − |
1 |
, а не більший за − |
1 |
). |
||
|
|
|||||
|
|
2 |
2 |
|
||
Якщо, записуючи відповідь, рухатися проти годинникової стрілки, то точ ка Px1 буде початком дуги Px1Px2, а точка Px2 — її кінцем. Спочатку запишемо відповідь на одному періоді (нагадаємо, що для косинуса він дорівнює 2π).
Для точок Рх виділеної дуги x1 < x < x2. Оскільки точка Px2 знаходиться |
||||||||||||||||||||||||||||||||
у верхній півплощині, то можна взяти x2 |
= arccos (− |
1 |
)= π − π = |
2π |
. Врахо |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
3 |
3 |
|
|
|
|||||
вуючи симетричність точок P |
і P |
відносно осі t, одержуємо x |
= −x = − |
2π |
. |
|||||||||||||||||||||||||||
3 |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 |
x1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким чином, на одному періоді |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
розв’язками заданої нерівності є |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
2π |
< x < |
2π |
. Через період 2π значен |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ня косинуса повторюються. Отже, |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
усі інші розв’язки заданої нерівності |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
отримуємо додаванням до знайде |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
них розв’язків чисел виду 2πk, де |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 103 |
|
k Z. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
252
§ 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей
Одержуємо відповідь: |
− |
2π |
+ 2πk < x < |
2π |
+ 2πk, k Z. |
|
|
||||
|
3 |
3 |
|
||
Міркування при використанні графічної ілюстрації розв’язування не
рівності cos x > − 1 повністю аналогічні наведеним вище міркуванням по роз
2
в’язуванню нерівності sin x > 1.
2
Приклад 3 Розв’яжіть нерівність tg x l –1.
Період тангенса дорівнює π. Тому спочатку знайдемо розв’язки цієї не
рівності на проміжку довжиною π, наприклад, на проміжку (− 2π ; 2π ), а потім
використаємо періодичність тангенса. Для виділення тих точок Рх правого півкола, значення x яких задовольняють заданій нерівності, скористаємося лінією тангенсів (рис. 104). Спочатку виділимо на лінії тангенсів значення тангенсів, більші або рівні (–1) (на рисунку вони виділені синьою лінією), а потім для кожної точки лінії тангенсів знайдемо відповідну точку Px на пра вому півколі (для цього досить з’єднати центр кола з виділеною точкою на лінії тангенсів і взяти точку перетину проведеного відрізка з колом). Множина
відповідних точок Px одиничного кола виділена на рисунку синьою дугою Px1Pπ
2
(зверніть увагу: точка Px1 належить розглянутій множині, а точка Pπ — ні).
2
Оскільки точка Px1 знаходиться у правій півплощині, то можна взяти
x1 = arctg (−1) = − π . Отже, на одному періоді розв’язками заданої нерівності
4
є − π mx < π . Через період π значення тангенса повторюються. Тому усі інші
42
розв’язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’язків чисел виду πk, де k Z. Відповідь: − π + πk mx < π + πk, k Z.
42
Зауважимо, що при розв’язуванні за даної нерівності з використанням гра фіків досить, як і в попередніх випадках, на одному періоді (наприклад, на про
міжку (− 2π ; 2π )) записати ті абсциси, для
яких відповідні точки графіка функції |
|
y = tg x знаходяться вище прямої |
|
y = –1 або на самій прямій. (На рисунку в |
|
таблиці 41 відповідні частини графіка |
|
функції y = tg x виділено синіми лініями.) |
Рис. 104 |
253
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності |
||
|
Приклад 4 |
Розв’яжіть нерівність |
|
|
ctg x < 3. |
|
Період котангенса дорівнює π. Тому |
|
|
спочатку знайдемо розв’язки цієї не |
|
|
рівності на проміжку довжиною π, на |
|
|
приклад на проміжку (0; π), а потім ско |
|
|
ристаємося періодичністю котангенса. |
|
|
Для виділення тих точок Px верхньо |
|
Рис. 105 |
го півкола, значення x яких задоволь |
|
|
няють заданій нерівності, скористаємо |
|
ся лінією котангенсів (рис. 105). Спочатку виділимо на лінії котангенсів зна |
||
чення котангенсів, менші 3 (на рисунку 105 вони виділені синьою лінією), а потім для кожної точки лінії котангенсів знайдемо відповідну точку Px на верхньому півколі (для цього досить з’єднати центр кола з виділеною точкою на лінії котангенсів і взяти точку перетину проведеного відрізка з колом). Множина відповідних точок Px одиничного кола позначена на рисунку 105 синьою дугою Px1Pπ. Оскільки точка Px1 знаходиться у верхній півплощині, то
можна взяти x |
= arcctg 3 = |
π |
. Таким чином, на одному періоді розв’язками |
|
|||
1 |
6 |
|
|
|
|
|
|
заданої нерівності є π < x < π. Через період π значення котангенса повторю
6
ються. Отже, всі інші розв’язки заданої нерівності отримуємо додаванням до знайдених розв’язків чисел виду πk, де k Z.
Відповідь: 6π + πk < x < π + πk, k Z.
Аналогічно попереднім випадкам при розв’язуванні нерівності ctg x < 3 з використанням графіків досить на одному періоді (наприклад, на проміжку (0; π)) записати ті абсциси, для яких відповідні точки графіка функції y = ctg x
знаходяться нижче прямої y = 3. (На рисунку в таблиці 41 відповідні части ни графіка функції y = ctg x виділено синіми лініями.)
2. Способи розв’язування більш складних тригонометричних нерівностей
також проілюструємо на прикладах.
Приклад 5 Розв’яжіть нерівність Р о з в ’ я з а н н я
5 |
|
1 − cos2x |
+ |
1 |
(1− cos2 2x) < cos2x. |
|
2 |
|
|||
4 |
4 |
|
|||
Тоді 2 cos2 2x + 13 cos 2x – 7 > 0. Заміна: cos 2x = t дає нерівність
5 sin2 x + 1 sin2 2x < cos 2x.
44
К о м е н т а р
Використаємо рівносильні пере творення заданої нерівності. Для цьо го зведемо її до алгебраїчної за схе мою, аналогічною до схеми розв’я
254
§ 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей
2t2 + 13t – 7 > 0, розв’язки якої:
t < –7 або t > 1 (див. рисунок).
2
Обернена заміна дає: cos 2x < –7 (роз
в’язків немає) або cos 2x > |
1 |
. Тоді |
||||
|
||||||
2 |
|
|
|
|||
− |
π |
+ 2πn < 2x < |
π |
+ 2πn. |
||
|
|
|||||
3 |
|
|
3 |
|
||
Отже, − π + πn < x < π + πn, n Z.
66
зування тригонометричних рівнянь:
1)до одного аргументу (2x);
2)до однієї функції (cos 2x);
3)заміна змінної (cos 2x = t). Після оберненої заміни розв’яжемо одер жані найпростіші тригонометричні нерівності.
Розв’язуючи більш складні тригонометричні нерівності, можна також ви користати метод інтервалів, трохи змінивши його. Необхідність корекції відомої схеми розв’язування нерівностей f (x) 0 методом інтервалів (с. 232) пов’язана з тим, що у випадку, коли функція f (x) — тригонометрична, вона, як правило, має нескінченну множину коренів (які одержуємо при цілих зна ченнях параметра). Тому, якщо намагатися позначити корені на ОДЗ, дове деться позначити нескінченну їх множину, що неможливо. Уникнути цього можна, якщо знайти період функції f (x) (якщо він існує) й розглянути знак функції на кожному проміжку всередині одного періоду.
Таким чином, метод інтервалів для розв’язування тригонометричних не рівностей f (x) 0 може застосовуватися за схемою:
1.Знайти ОДЗ нерівності.
2.Знайти період функції f (x) (якщо він існує).
3.Знайти нулі функції (f (x) = 0).
4.Позначити нулі на ОДЗ всередині одного періоду і знайти знак функції у кожному з проміжків, на які розбивається ОДЗ (всередині одного періоду).
5.Записати відповідь (ураховуючи знак заданої нерівності і період функції f (x)).
Приклад 6 Розв’яжіть нерівність cos 2x m cos 3x – cos 4x.
Розв’яжемо дану нерівність методом інтервалів. Для цього зведемо її до вигляду f (x) m 0:
1.ОДЗ: х — будь яке дійсне число.
2.Як ми знаємо, період функції cos х дорівнює 2π. Тоді період функції cos 2x
буде T = |
2π |
= π, період функції cos 3x — T2 = |
2π |
, і період функції cos 4x — |
|||||
|
|||||||||
|
|
1 |
2 |
3 |
|
||||
T = |
2π |
= |
π |
. |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|||||
3 |
4 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
255
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
На відрізку довжиною 2π періоди Т1, Т2, Т3 вміщуються ціле число разів. Тоді 2π буде спільним періодом для всіх цих трьох функцій, і тому 2π є пе ріодом функції f (x) = cos 2x + cos 4x – cos 3x.
3. Знайдемо нулі цієї функції: cos 2x + cos 4x – cos 3x = 0.
Тоді 2 cos 3x cos x – cos 3x = 0, cos 3x (2 cos x – 1) = 0.
Звідси cos 3x = 0 або 2 cos x – 1 = 0. Розв’язуючи останні рівняння, одер жуємо x = π + πk , k Z, або x = ± π + 2πk, k Z.
6 |
3 |
3 |
4.Позначимо всі нулі на періоді довжиною 2π, наприклад, на відрізку від 0 до 2π і одержимо 9 проміжків (див. рисунок).
Знаходимо знаки функції f (x) на кожному з проміжків. Для цього зручно записати функцію f (x) у вигляді добутку: f (x) = cos 3x (2 cos x – 1).
Відповідь (записується з урахуванням періоду):
|
π |
+ 2πk; |
π |
|
|
π |
+ 2πk; |
5π |
|
|
7π |
+ 2πk; |
3π |
|
|
|
|
|
x |
6 |
3 |
+ 2πk |
2 |
6 |
+ 2πk |
6 |
2 |
+ 2πk |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5π |
+ 2πk; |
11π |
|
|
k Z. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
+ 2πk |
, |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
З а у в а ж е н н я. При розв’язуванні тригонометричних нерівностей мето дом інтервалів часто доводиться знаходити знак функції у великій кількості проміжків. Для того щоб зменшити обсяг роботи, можна запропонувати та кий спосіб: стежити за тим, через який нуль ми проходимо при переході з одного інтервалу до іншого і чи змінюється знак даної функції в цьому нулі.
У випадку, коли функція f (x), що стоїть у лівій частині нерівності, запи сана у вигляді добутку ϕ (x) g (x), необхідно звертати увагу на те, що знак добутку не зміниться, якщо одночасно обидва множники (функції ϕ (x) і g (x)) змінюють знаки на протилежні.
Практично для використання цієї властивості у випадку, якщо ліва час тина нерівності записана як добуток кількох функцій, нулі кожного множ ника позначають на проміжку різним кольором (так, як це зроблено на ри сунку до прикладу 6), або, якщо множників лише два, нулі першого множни ка позначають під віссю, а нулі другого — над віссю.
Якщо у функцій множників немає однакових нулів, то знак функції f (x) змінюється автоматично при переході через кожний нуль (за умови, що тільки одна з функцій множників змінює знак при переході через цей нуль). У цьому випадку для знаходження всіх знаків функції f (x) на періоді досить знайти її знак лише в одному проміжку, а в інших розставити знаки, чергуючи їх. Якщо ж у функцій множників є однакові нулі, то при переході через такий нуль знак добутку може не змінюватися, і це враховується при розстановці знаків.
256
§ 22. Розв’язування тригонометричних нерівностей
Запитання для контролю
1.Поясніть на прикладах, як можна розв’язувати найпростіші тригономет ричні нерівності за допомогою: а) одиничного кола; б) графіка відповідної функції.
2.Чи завжди мають розв’язки нерівності: 1) sin x < a; 2) sin x > a; 3) cos x < a; 4) cos x > a; 5) tg x < a; 6) tg x > a; 7) ctg x < a; 8) ctg x > a? Чи можуть бути розв’язками якихось із цих нерівностей всі дійсні числа? Наведіть при клади.
3.Якими способами можна розв’язувати тригонометричні нерівності, що відрізняються від найпростіших ? Наведіть приклади.
Вправи
Розв’яжіть нерівність (1–14).
1 |
. |
1) |
sin x m |
1 |
; |
|
|
|
|
|
|
2) sin x > − |
|
2 |
; |
3) sin x < –2; |
4) sin x l |
3 |
|
. |
||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
2 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
2 |
. |
1) |
cos x > |
1 |
; |
|
|
|
|
|
|
2) cos x < − |
|
3 |
; |
3) cos x m 3; |
4) cos x l |
|
2 |
. |
||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|||||||
3 |
. 1) tg x < –1; |
2) tg x l |
3; |
|
|
|
3) |
tg x > |
3 |
; |
|
|
|
4) tg x m 1. |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
4 |
. |
1) |
ctg x > − |
3; |
2) ctg x l 1; |
3) ctg x m –1; |
4) ctg x < |
3 |
. |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
5 |
. |
1) |
sin 2x > |
|
2 |
; |
2) cos |
x |
m |
|
3 |
; |
|
|
3) |
tg |
x |
l − 3; |
4) ctg 5x < 1. |
|||||||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
)< 3; |
|
|
|
|||||||
6 |
. |
1) |
2cos (2x − |
π |
)l1; |
|
|
|
|
|
|
2) |
3tg (3x + |
π |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2sin ( |
|
|
|
3 |
|
|
|
)m1; |
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
3) |
|
|
x |
+ |
π |
|
|
|
|
|
|
4) |
2 cos (4x − 6π )> |
2. |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
3 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
7 |
. |
1) |
sin π cos 3x − cos π sin 3x > |
1 |
; 2) |
sin5xcos 5x m |
1 |
; |
3) sin x + cos x < 1. |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
8 |
. |
1) |
|
|
sin(2x − π ) |
|
|
< 1 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
2) | tg x | > 1. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9 |
. |
1) |
sin 4x + cos 4x ctg 2x > 3; |
|
|
|
|
|
2) |
sin 4x − cos 4x tg 2x < 3. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
10. 1) sin x > cos2 x; |
|
|
|
|
|
|
2) cos2 x – sin2 x > sin 2x. |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
11. 1) cos 2x + 5 cos x + 3 l 0; |
|
|
|
|
|
|
2) sin x < cos x. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
12. 1) cos 2x + cos 6x > 1 + cos 8x; |
2) sin x sin 7x > sin 3x sin 5x. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
13. 1) |
|
|
sinx > |
− cosx; |
|
|
|
|
|
|
2) |
sinx > 1− sin2x. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
14.1) sin 9x – sin 5x + 2 sin2 x < 2 sin 2x + 1 – cos 2x; 2) 2 sin2 x – sin x + sin 3x < 1.
15.Знайдіть розв’язки нерівності sin 2x < cosx − sinx, які задовольняють умові | x | < π.
257
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
16. Знайдіть значення х на відрізку 0 m x m π, які задовольняють нерівності sin 2x − cos x + 2sin x l 1 .
2 |
|
17. Розв’яжіть нерівність: |
2) a(cos x – sin x)2 + b cos2 x l 0. |
1) sin 4x > a(sin 3x – sin x); |
ДОДАТКОВІ ВПРАВИ ДО РОЗДІЛУ 2
|
Розв’яжіть рівняння (1–8). |
|
|
|
|
|
|
|||
1. |
1) sin2 x – 4 sin x = 5; |
2) cos2 x + 5 cos x = 6; |
||||||||
|
3) 4 cos2 x + 4 sin x – 1 = 0; |
4) 4 sin2 x – 4 cos x – 1 = 0. |
||||||||
2. |
1) sin 2x + tg x = 0; |
2) |
sin x + ctg |
x |
= 0; |
|
||||
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
3) |
2 sin2 x − 3 sin 2x = 0; |
4) |
2 cos2 x + 3 sin 2x = 0. |
||||||
3. |
1) |
1+ cosx − 2cos |
x |
= 0; |
2) |
1− cosx − 2 sin |
x |
= 0; |
||
|
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
2 |
|
||||
3)sinx − 3cosx = 0;
4.1) cos2 x – 3 cos x sin x + 1 = 0;
3)2 + cos2 x = 2 sin x;
5.1) (1 + cos 4x) sin 2x = cos2 2x;
3)5 sin2 x + 4 sin (2π + x)= 4;
6. 1) 1− cos x − 3sin x = 0;
2
4)3sinx + cosx = 0.
2)sin2 x + 3 cos x sin x + 1 = 0;
4)3 – 3 cos x = 2 sin2 x.
2)(1 – cos 4x) cos 2x = sin2 2x;
4) 6 cos2 x + 5 cos (2π − x)= 7.
2) 1+ cos x + 3cos x = 0;
2
|
3) cos2 4x + 3 sin2 2x – 1 = 0; |
4) cos2 4x + 3 cos2 2x – 1 = 0. |
||||||||||
7. |
1) |
cos 3x = 2 sin ( |
3 |
π + x); |
2) |
sin 3x = 2cos ( |
π |
− x); |
||||
|
|
|||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
||||
|
3) |
1 – cos 4x = sin 2x; |
4) 1 + cos 4x = cos 2x. |
|||||||||
8. |
1) |
1− cos(π + x)− sin |
3π + x |
= 0; |
2) |
sin ( |
3 |
π − 2x)+ 5sin(π − x) + 3 = 0; |
||||
|
||||||||||||
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
||||
3)2 cos2 (2π + x) − 3 cos (π2 − x)+ 2; 4) 5 sin2 (1,5π – x) + 2 sin2 (π – x) = 2. Знайдіть розв’язки рівняння (9–10).
9.1) sin x + cos x = 1 на інтервалі (–2π; 0);
2)sin x – cos x = 1 на інтервалі (0; 2π);
3)sin4 x – cos4 x = sin 2x на проміжку [0; 90°];
4)− sin2 x + cos2 x = cos x на проміжку [180°; 270°].
2
258
Додаткові вправи до розділу 2
10. 1) ctgx + |
|
sin x |
= 2 |
на інтервалі ( |
π |
; π ); |
|
+ cosx |
|
||||
1 |
|
2 |
|
|||
=sin x на проміжку [π; 2π];
1 + cosx 2
3)4 sin x sin 2x sin 3x = sin 4x на інтервалі (0; π2 );
4)4 cos x cos 2x sin 3x = sin 2х на інтервалі (0; 3π ).2) sin x
|
Розв’яжіть рівняння (11–26). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
11. |
1) sin 6x – 2 sin 2x = 0; |
2) cos 6x + 2 cos 2x = 0; |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
3) |
cos2 |
x |
+ cos 3x = sin2 |
x |
− cos x; |
4) sin2 x + sin 3x = cos2 x + sin x. |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
12. |
1) |
4 cos2 x – sin 2x = 1; |
2) |
3 sin2 x + |
1 |
sin 2x = 2; |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3) sin2 x + 14 sin x cos x = 15 cos2 x; |
4) cos2 x – 12 cos x sin x = 13 sin2 |
||||||||||||||||||||||||
13. |
1) |
|
1 + cos 2x |
= 0; |
|
|
|
|
|
|
2) |
|
sinx − sin3x |
= 0; |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
1 − sin x |
|
|
|
|
|
|
|
1 − cos x |
|
|
|
|
|||||||||||
|
3) |
|
2sin2 x + 3sinx |
= 0; |
|
|
|
|
|
4) |
|
3cos2 x − 4cosx |
= 0. |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
1 − cos x |
|
|
|
|
|
|
|
1 + sin x |
|
|
|
|
|||||||||||
14. |
1) |
|
cos x + cos 3x |
= 0; |
2) |
sinx − sin3x |
= |
0; |
3) |
|
cos 2x |
= 0; |
4) |
|
|
sin 2x |
||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
− sin 2x |
||||||||||||||||||
|
|
|
1 + sin x |
|
|
|
1 + cos x |
|
1 |
+ sin 2x |
|
|||||||||||||||
15. |
1) |
|
sin x + 3 cos x = 1; |
2) |
|
3 sin x − cos x = 1; |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
3) sin2 x = sin2 3x; |
|
|
|
|
|
4) cos2 x = cos2 3x. |
|
|
|
|
|||||||||||||||
x.
= 0.
16. |
1) |
|
sin 4x + sin 2x |
= tg 2x; |
2) |
|
cos 2x − sin 4x |
|
= ctg 2x; |
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
cos 2x |
|
|
sin 2x |
||||||||
|
3) |
|
1+ cosx = sin x; |
4) |
|
1− cosx = sin x. |
||||||||
17. |
1) |
sin4 x + cos4 x = |
5 |
; |
2) sin4 x + cos4 x = sin 2x; |
|||||||||
|
||||||||||||||
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
3) |
cos ( |
π |
+ 5x)+ sin x = 2cos 3x; |
4) |
cos 5x + sin ( |
3 |
π − 9x)− 3sin 2x = 0. |
||||||
|
|
|
||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|||||
18.1) cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x = 0;
2)sin x + sin 2x + sin 3x + sin 4x = 0;
3)5 sin 2x – 11(sin x + cos x) + 7 = 0;
4)sin 2z + 5(sin z + cos z) + 1 = 0.
19.1) sin3 x cos 3x + cos3 x sin 3x + 0,375 = 0;
2) |
cos3 z cos 3z + sin3 z sin 3z = |
|
|
2 |
; |
|
|
|
|
||||||
4 |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
4) 8cos x cos ( |
|
− x)cos ( |
|
+ x)+ 1 = 0. |
||||
3) |
sin xsin ( |
π |
− x)sin ( |
π |
+ x)= |
1 |
; |
π |
π |
||||||
|
3 |
||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||
|
3 |
|
3 |
|
8 |
|
3 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
20. 1) sin2 x + sin2 2x = sin2 3x; |
|
|
|
2) cos2 x + cos2 2x + cos2 3x + cos2 4x = 2; |
|||||||||||
3) |
cos 3x = 1− |
3 sin 3x; |
|
|
|
4) 3 sin x + 5 cos x = 4. |
|
|
|||||||
259
РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності
21. |
1) |
|
1+ 4sinxcosx = cosx − sinx; |
2) |
|
cos2x − sin4x = sinx − cosx; |
|||||||||||||||||
|
3) |
|
tg 4x |
+ |
tg |
2x |
+ |
5 |
= 0; |
4) |
|
ctg 2x |
+ |
|
ctg x |
+ 2 = 0. |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ctg 2x |
|||||||||||||
|
|
|
tg 2x tg |
4x 2 |
|
|
ctg x |
|
|
|
|
|
|||||||||||
22. |
1) |
arcsin (x + 2,5) = |
π |
; |
2) |
arcsin |
( |
x |
− 3)= |
π |
; |
||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
6 |
|
|||||||
|
3) |
(x2 – 4) arcsin x = 0; |
4) |
(x2 − |
1 |
)arccosx = 0. |
|||||||||||||||||
|
4 |
||||||||||||||||||||||
23. 1) arccos (sinx) = x4 + 2π ;
3) arcsin (3 − 2x) = − π ;
4
24. 1) arcsin x arccos x = π2 ;
18
3)3 arcsin x – π = 0;
25.1) (arcsin x)2 – 4 arcsin x = 0;
3)arctg (1+ x)+ arctg (1− x) = π4 ;
26.1) tgx = −2sinx;
3)cosx = − sinx;
2) arctg (tgx)− x = π ;
4 2
4) arccos (2x − 3) = π3.
2) arctg x arcctg x = π2 ;
16
4) 4 arctg x − 6 (2π − arctg x)= π. 2) (arccos x)2 – 5 arccos x = 0;
4) arcsin (1 − x) − 2 arcsin x = π .
2
2)− tgx = 2 cosx;
4) cos2x = 2sinx.
27. |
Знайдіть всі значення х та у, що задовольняють рівнянню: |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
1) |
12 sin x + 5 cos x = 2y2 – 8y + 21; |
|
2) 3 cos x – 4 sin x = 2y2 – 4y + 7; |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
2tg |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 − tg2 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
3) |
|
|
|
2 |
|
|
|
= y2 − 4y + 5; |
4) |
|
|
2 |
|
= 2y2 − 4y + 3. |
||||||||||||||||
|
|
|
|
2 x |
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
1 + tg |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 + tg2 |
x |
|||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
Розв’яжіть нерівність (28–36). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
28. |
1) |
cos2 x > |
1 |
; |
|
|
|
|
|
|
|
2) |
sin2 x < |
1 |
; |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
3) |
2sin2 x + 3sinx − 3 > 0; |
4) 2 sin2 x – 3 sin x + 1 l 0. |
||||||||||||||||||||||||||||
29. |
1) |
|
2cos2 x + cos x − 1 |
> 0; |
|
|
2) |
|
2sin2 x + sinx − 1 |
> 0; |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
cos x − 1 |
|
|
|
|
|
|
|
sin x − 1 |
||||||||||||||||||||
|
3) |
cos3 xcos 3x − sin3 xsin 3x > |
5 |
; |
4) |
cos3 x sin 3x + cos 3x sin3 x < |
3 |
. |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
8 |
|
|||||||||||
30. |
1) |
sin4 |
x |
+ cos4 |
x |
> |
1 |
; |
2) |
sin6 x + cos6 x > |
5 |
; |
|||||||||||||||||||
|
|
3 |
|
|
|
3 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|||||||||||||
|
3) |
sinx + |
|
3cosx > 1; |
4) |
|
3sin3x + cos3x > 1. |
||||||||||||||||||||||||
260