|
|
|
|
|
ГЛАВА 2 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ Ответы и решения |
|
168. Умножая правую часть уравнения на sin2 x + cos2 x = 1, приведем его к виду (1 — a) sin2 x — sin х cos х — (a + 2) cos2 x = 0. (1) Предположим сначала, что а =/= 1. Тогда из (1) следует, что cos x =/= 0, так как в противном случае мы имели бы sin x = cos x = 0, что невозможно. Разделив обе части (1) на cos2 x и положив tg x = t , получим уравнение (1 — a) t2 — t — (а + 2) = 0. (2) Уравнение (1) имеет решения в том и только том случае, когда корни уравнения (2) вещественны, т. е. когда его дискриминант D = — 4а2 — 4а + 9 > 0. (3) Решая неравенство (3), находим
Пусть t1 и t2 — корни уравнения (2). Тогда соответствующие решения уравнения (1) имеют вид x1 = arctg t1 + kπ, x2 = arctg t2 + kπ. Рассмотрим теперь случай а =1. В этом случае уравнение (1) записывается в виде cos х (sin x + 3 cos x) = 0 и имеет следующие решения: x1 = π/2 + kπ, x2 = — arctg 3 + kπ. ________________________________________________
и положив cos2x = t, запишем данное уравнение в следующем виде t2 — 6t + 4a2— 3 = 0. (1) Исходное уравнение будет иметь решения при тех и только при тех значениях а, при которых корни t1 и t2 уравнения (1) вещественны и по крайней мере один из этих корней по абсолютной величине не превосходит единицы. Решая уравнение (1), находим t1 = 3 —2 √3 — a2, t2 = 3 + 2 √3 — a2. Следовательно, корни уравнения (1) вещественны, если | а | < √3 (2) Если условие (2) выполнено, то t2 > 1 и поэтому этот корень можно отбросить. Таким образом, задача сводится к отысканию тех значений а, удовлетворяющих условию (2), при которых | t1 | < 1, т. е. —1< 3 —2 √3 — a2 < 1. (3) Из (3) находим — 4 < —2 √3 — a2 < —2, откуда 2 > √3 — a2 > 1. (4) Так как неравенство 2 > √3 — a2 выполняется при | а | < √3 , то система неравенств (4) сводится к неравенству √3 — a2 > 1, откуда находим |а | < √2 . Итак, исходное уравнение разрешимо, если |а | < √2 , и имеет решения х = ± 1/2 arccos (3 — 2 √3 — a2) + kπ. ________________________________________________ 170. Преобразуем данное уравнение, умножая обе части его на 32 sin πx/31 . Применив несколько раз формулу sin α cos α = 1/2 sin 2α, получим: sin 32/31 πx = sin πx/31 или sin πx/2 cos 33/62 πx = 0. (1) Отсюда находим две серии корней: x1 = 2n, x2 = 31/33(2n + 1) (n = 0, ±1, ±2, ...). Так как в процессе решения производилось умножение обеих их частей данного уравнения на множитель 32 sin πx/31 , который может обращаться в нуль, то уравнение (1) может иметь корни, являющиеся посторонними для исходного уравнения. Посторонними корнями будут те и только те корни уравнения sin πx/31 = 0, (2) которые не удовлетворяют исходному уравнению. Корни уравнения (2) даются формулой x = 31k (k = 0, ±1, ±2, ...) (3) и, как легко видеть, не удовлетворяют исходному уравнению. Поэтому из найденной серии корней уравнения (1) следует исключить все те, которые имеют вид (3). Для корней первой серии это приводит к равенству 2п =31k, возможному только при четном k, т. е. при k = 2l и п = 31l (l = 0, ±1, ±2, ...). Для корней второй серии аналогично получаем равенство 31/33(2n + 1) =31k или (2n + 1)=31k, возможное только при нечетном k, т. е. при k = 2l + 1 и n = 33l +16 (l = 0, ±1, ±2, ...). Итак, корни исходного уравнения таковы: x1 = 2n, где п =/= 31l, \ x2 = 31/33(2n + 1) , где п =/= 33l +16. l = 0, ±1, ±2, ... ________________________________________________ 171. Перепишем уравнение следующим образом: 1/2 cos 7x + √3/2 sin 7x = √3/2 cos5x + 1/2 sin 5x, или sin π/6cos 7x + cos π/6 sin 7x = sin π/3 cos 5x + cos π/3 sin 5x, т. е. sin (π/6 + 7x) = sin ( π/3+ 5x). Ho sin α = sin βтогда и только тогда, когда либо α — β =2kπ, либо α + β = (2т + 1)π (k, m=0, ±1, ±2, ...). Следовательно, π/6 + 7x — π/3 — 5x = 2kπ или π/6 + 7x + π/3 + 5x = (2т + 1)π. Таким образом, корнями уравнения будут: x = π/12 (12k +1), x = π/24 (4m +1) (k, m = 0, ±1, ±2, ...) ________________________________________________ 172. Так как левая часть уравнения равна 2 — (7 + sin 2x) (sin2 x — sin4 x) = 2 — (7 + sin 2x) sin2 x cos2 x = = 2 — (7+ sin 2x) 1/4 sin2 2x, то, положив t = sin 2x, запишем уравнение в виде t3 + 7t2 — 8 = 0. (1) Уравнение (1) имеет очевидный корень t1 = 1. Два других его корня находятся из уравнения t2 + 8t + 8 = 0. (2) Они равны — 4 + 2√2 и — 4 — 2√2 Оба эти значения не годятся, так как они по абсолютной величине больше единицы. Следовательно, корни исходного уравнения суть корни уравнения sin 2x = 1. Ответ: x = π/4 + kπ ________________________________________________ 173. Можно считать, что a2 + b2 =/= 0, так как в противном случае уравнение принимает вид с = 0 и не позволяет найти sin x и cos x. Известно, что если a2 + b2 =/= 0, то всегда существует угол φ, 0 < φ < 2π, такой, что
Разделив данное уравнение почленно на √a2 + b2 и используя (1), получим равносильное уравнение
Так как всегда | sin (x + φ) | < 1, то это уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда | с |< √a2 + b2 или когда c2 < a2 + b2. Это и есть условие разрешимости задачи. Далее, находим:
Заметив, что sin x = sin (x + φ — φ) = sin (x + φ) cos φ — cos (x + φ) sin φ, cos x = cos (x + φ — φ) = cos (x + φ) cos φ + sin (x + φ) sin φ, и подставив в правую часть выражения (1), (2) и (3), окончательно получим два решения:
________________________________________________ 174. Заметив, что (b cos x + a) (b sin x + a) =/= 0 (в противном случае уравнение теряет смысл), освобождаемся от знаменателей. В результате получаем: ab sin2 х + (a2 + b2) sin х + ab = ab cos2 х + (a2 + b2) cos х + ab, откуда (a2 + b2) (sin x — cos x) — ab (sin2 x—cos2 x) = 0, и уравнение распадается на два: 1°. sin х = cos x, откуда x = π/4 + kπ и 2°. Но последнее уравнение не имеет решений, так как
Ответ: x = π/4 + kπ ________________________________________________
и формулой cos 6х = 4 cos3 2х —3 cos 2х (см. (8) ), приведем уравнение к виду 4cos2 2х + 5cos2x + l = 0. (1) Из (1) находим (cos2x)1= — 1, (cos2x)2 = — 1/4 . Ответ: x1= ( k + 1/2 ) π , x2 = ±1/2 arccos ( —1/4 ) + kπ ________________________________________________
представим уравнение в виде (1 — cos 2х)3 + 3 cos 2х + 2 (2 cos2 2х — 1) + 1 = 0, или 7 cos2 2х — cos3 2х = 0, откуда cos 2х = 0, х = π/4 + k π/2 . ________________________________________________ 177. Из формул для sin 3х и cos 3х найдем:
Следовательно, уравнение можно представить в виде cos 3x (cos 3x +3 cos x) + sin 3x (3 sin x — sin 3x) = 0, или 3 (cos 3x cos x + sin 3x sin x) + cos2 3x — sin2 3x = 0, или 3 cos 2x + cos 6x = 0. (1) Но так как 4cos3 2x = 0, откуда cos 2х = 0, х = π/4 + π/2 n ________________________________________________ 178. Используя тождество (sin2 х + cos2 х)2 = 1, получим: sin4 х + cos4 х =1 — 1/2 sin2 2х, откуда sin8 х + cos8 х = ( 1 — 1/2 sin2 2х )2 —1/8 sin4 2х = 17/32 1 — sin2 2х + 1/8 sin4 2х = 17/32 . sin4 2х —8 sin2 2х + 15/4 = 0. Решая полученное биквадратное уравнение, найдем: sin2 2х = 4 ± 7/2, sin2 2х = 1/2, 2x = π/4 + k π/2; отсюда
________________________________________________ 179. Заменяя sin2 х и cos2 х соответственно через
или (1— cos 2х)5 + (l + cos 2х)5 = 58 cos4 2х. Положив cos 2х = y, после простых преобразованим придем к биквадратному уравнению относительно у: 24у4 —10 у2—1= 0. Это уравнение имеет только два вещественных корня: y1,2 = ± √2/2 . Следовательно, cos 2х = ± √2/2 , откуда х = π/8 (2k + 1), где k = 0, ±1, ±2, ... ________________________________________________ 180. Используя тождество, полученное в задаче 918, запишем исходное уравнение в виде (sin x + sin2x) (sin 2x + sin 3x)(sin x + sin 3x) = 0, или, после разложения сумм синусов в произведение, в виде sin 3x/2 sin 2x sin 5x/2 cos x cos2 x/2 = 0. Приравнивая нулю каждый из сомножителей, получим пять серий решений
где n1, n2, n3, n4, n5 — любые целые числа. Заметив, что решения серий 4) и 5) содержатся в серии 2), окончательно получим следующие три серии решений:
где n1, n2, n3 — любые целые числа. ________________________________________________ 181. Первое решение. При n = 1 уравнение превращается в тождество. Если п > 1, то из тождества
в силу данного уравнения получаем
Так как все слагаемые неотрицательны, то либо sin2 x = 0, либо cos2 x = 0 и х = π/2 k. Второе решение. Очевидно, уравнение удовлетворяется, если x принимает значения, кратные π/2 , т.е. если х = π/2 k (k — целое число). Покажем, что уравнение sin2 x + cos2 x = l не имеет других корней. Пусть х0 =/= k • π/2 ; тогда sin2 х0 < 1 и cos2 х0 < 1, откуда следует, что при п > 1 будет sin2n х0 < sin2 х0 и cos2n х0 < cos2 х0 и, значит, sin2n х0 + cos2n х0 < sin2 х0 + cos2 х0 = 1. Этим доказательство завершается. ________________________________________________ 182. Положим 3π/10 — x/2= y, тогда π/10 + 3x/2 = π — 3( 3π/10 — x/2) = π — 3y и уравнение примет вид sin 3y = 2 sin y. Последнее уравнение с помощью формулы (7), можно записать так: sin y (4sin2 y — 1) = 0. (1) Уравнение (1) имеет следующие решения: y1 = kπ, y2 = (—1)k π/6+ πk, y3 = (— l )k + 1 π/6 + πk. Возвращаясь к аргументу х по формуле х = 3π/5— 2y, окончательно получим три серии решений исходного уравнения x1 = 3π/5— 2kπ , x2 = 3π/5 + (— l )k + 1 π/3 — πk , x3 = 3π/5 + (— l )k π/3 — πk . ________________________________________________ 183. Так как | cos α | < 1 , sin α > — 1, то | cos 4x— cos 2x | < 2, sin 3x + 5 > 4. Итак, левая часть уравнения не превосходит 4, правая часть не меньше 4. Следовательно, | cos 4x— cos 2x | = + 2 (и тогда либо cos 4x = — 1 и cos2x = l , либо cos 4x = l и cos 2x =—1) и sin 3x = —1. Рассмотрим возможные случаи. a) cos 4x = — 1, x = ( n/2+ 1/4 ) π ; cos 2x = 1, x = πk ; sin 3x = —1 , x = — π/6+ 2π/3 l Общих корней нет. б) cos 4x = 1, x = πn/2 cos 2x = —1, x = (k + 1/2) π; sin 3x = —1 , x = — π/6+ 2π/3 l = 4l —1/6 π Общие корни: x = (2m + 1/2) π, т = 0, ±1, ±2, ... ________________________________________________ 184. Преобразуем уравнение к виду
или
Так как | sin α | < 1 , тo (1) имеет место, если либо sin ( x + π/4 ) = —1 и sin 2x = —1, либо sin ( x + π/4 ) = 1 и sin 2x = 1 Но первые два уравнения не имеют общих корней, а вторые два уравнения имеют общие корни x = π/4 + 2kπ. Следовательно, данное уравнение имеет корни x = π/4 + 2kπ. ________________________________________________ 185. Разделив данное уравнение почленно на 2 и заметив, что 1/2 = cos π/3 и √3/2 = sin π/3, получим равносильное уравнение sin ( х + π/3 ) sin 4х = 1. Последнее равенство возможно лишь в том случае, когда sin ( х + π/3 ) = ± l и sin 4х = ± 1, откуда х = — π/3 ± π/2 + 2nπ и х = 1/4 ( ± π/2 + 2mπ), где п, т — целые числа. Приравняв оба значения, придем после сокращения на π к равенству — 1/3 ± 1/2 + 2п = ± 1/8+ m/2 или после умножения на 24 12т — 48п = —8 ± 9. При любых целых т и п слева стоит четное целое число, а справа — нечетное (1 или —17). Последнее равенство при целых т, п невозможно, что и требовалось доказать. ________________________________________________ 186. Первое решение. Задача равносильна следующей: какие значения может.принимать функция λ = sec x + cosec x, если аргумент х меняется в пределах 0 < х < π/2 ? Рассмотрим функцию
Каждое из слагаемых, стоящих справа, при возрастании х от нуля до π/2 ведет себя следующим образом: сначала убывает от + ∞ до 4 ( когда 0 < х < π/4 ), затем возрастает от 4 до + ∞ ( когда π/4 < х < π/2 ) ; оба слагаемых при х = π/4 одновременно принимают наименьшие значения, значит, и сумма будет иметь наименьшее значение при х = π/4. При этом λ2 = 8. Поэтому, если 0 < х < π/2 , то λ2 > 8, а так как sec x и cosec х в первой четверти положительны, то λ > 2√2 . График функции λ (х) показан на рис. 248.
рис. 248. Второе решение. Заметим сразу, что мы должны ограничиться рассмотрением лишь положительных значений λ, ибо при 0 < х < π/2 функции sec х и cosec x положительны. Преобразовав уравнение к виду sin х + cos х = λ sin х cos х, возведем обе части его в квадрат; в результате получим: 1 + 2 sin х cos х = λ2 sin2 х cos2 х. Полагая теперь sin 2х = z, будем иметь: λ2 z2 — 4z —4 = 0, откуда
Так как по условию 0 < х < π/2 , то z = sin 2x > 0, и мы должны взять в равенстве (1) знак плюс, т. е.
Если теперь нам удастся удовлетворить неравенству
то уравнение
будет иметь решение х такое, что 0 < х < π/2 . Это последнее удовлетворит и исходному уравнению, в чем легко убедиться. Если же неравенство (2) не удовлетворяется, то нужного решения не существует. Итак вся задача свелась к решению неравенства (2). Освободив его от знаменателя, легко получаем λ > 2√2 . ________________________________________________ |
(4)
(1)
(2)
(3)
в то время как
, то уравнение (1) примет вид
перепишем уравнение следующим образом:
(1)
(1)
(2)