PDF-версии: 1. Тип Д8 C1 № 505592 
Классификатор алгебры: Тригонометрические уравнения, Тригонометрические уравнения, сводимые к целым на синус или косинус
Методы алгебры: Тригонометрические формулы суммы и разности функций
Уравнения, системы уравнений. Сложные тригонометрические уравнения
i
а) Решите уравнение 
б) Найдите все корни на промежутке 
Решение. а) ##
Уравнение 
решений не имеет. 
б)
Критерии проверки:
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах. | 2 |
| Обоснованно получен верный ответ в пункте а, или в пункте б. ИЛИ получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения обоих пунктов — пункта а и пункта б. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. | 0 |
| Максимальный балл | 2 |
корней не имеет. 
б) 
получим единственный корень 
Из серии корней 
б) 
при 
б) 
содержится в серии корней 
Кроме того, будет еще один корень 
б) 
Тогда 
решим данное уравнение:
решений не имеет. В противном случае синус и косинус одного и того же аргумента обязаны равняться единице, что невозможно.
при 
б) 
принадлежит единственный корень уравнения: 
б) 
при 
при 
при 
при 
при 
при 
б) 
решений не имеет.
б) 
Покажем три способа решения уравнений такого вида, два из которых даны в примечании. Перейдём к синусу и косинусу половинного аргумента с использованием основного тригонометрического тождества:
который получается из серии корней 
при 
расположены в третьей четверти, следовательно, ни один корень данной серии не «попадает» в заданный промежуток.
Покажем, что корень 
расположен в первой четверти. Заметим: 
так как 
А это значит, что 
Тогда 
Значит, 
— искомый корень. 
корней, принадлежащих заданному отрезку, получить нельзя. Для этого достаточно показать, что при любом 
корни этой серии будут расположены в третьей четверти единичной окружности. 
Тогда 
##
б) 
Оно имеет вид: 
т. е. на 
Получим: 
Введем вспомогательный аргумент: 
Так как 
то в качестве 
можно взять 
полученных разными способами, отличаются друг от друга. Однако, корни на самом деле тождественно совпадают. В этом можно убедиться, вычислив их значения при 
и 
при 
при 
переменной 
Тогда будем иметь:
т. е. при 
Говоря по-другому, такая потеря решений возможна, если числа вида 
являются корнями исходного уравнения, но они потеряны из-за замены выражений 
выражениями, содержащими тангенс половинного аргумента в соответствии с формулами (**), приведенными выше. Если действительно произошла такая потеря, то потерянные решения восстанавливают. Для этого достаточно проверить, не являются ли числа вида 
корнями исходного уравнения. 
то 
значит, должно выполняться равенство -2+1=0. Так как равенство оказалось неверным, то потери решений при использовании универсальной тригонометрической подстановки не произошло.
методом введения дополнительного аргумента надо учесть, что метод применим только в том случае, если выполняется условие 
То, что 
свидетельствует о том, что уравнение 
трудности не представляет:
при 
б) 
решений не имеет.
б) 
содержится в серии 
Следовательно, решениями исходного уравнения являются числа вида 
тогда уравнение будет иметь вид:
соответственно 
то 
если 
то 
Докажем это: 
(неравенство очевидное).
то очевидно, что 
будут большими, чем 1. Следовательно, при таких значениях n поиски корней не имеют смысла.
то 
Докажем: 
значит, 
Истинность неравенства 
следует из истинности выше доказанного неравенства 
Истинность неравенства 
следует из истинности неравенства 
корни будут меньшими, чем −1, следовательно, при таких значениях n поиски корней не имеют смысла.
б) 
решений не имеет.
при 
при 
б) 
и 
Таким образом, решениями уравнения будут числа вида: 
Докажем, что 
Действительно, 
Очевидно, что 
так как 
для любого значения 
Далее будем иметь:
в целых числах. Оно равносильно уравнению 
которое верно при 
Равенство выполняется при 
и 
Отсюда 
решив неравенство 
относительно целых n, получим: 
Каждое последующее значение корня вычисляется путем прибавления к нему 
при 
при 
б) 
и 
а не заданного уравнения. Говоря по-другому, эти два равенства обязаны выполняться одновременно и при одном и том же значении некоторого целого значения 
Поскольку это так, то должно выполняться равенство:
откуда получим: 
Выразим n через 
Разумеется, при этом выражение 
также должно быть целым положительным. Пусть оно равно некоторому положительному целому числу 
тоже обязано быть целым положительным. Обозначим его 
через 
(значение k получено с учетом равенства двух полученных выше результатов), и это будет решением системы относительно переменной 
будем иметь: 
Следовательно, 
Ясно, что 
Теперь покажем, что 
Для этого достаточно доказать, что 
Действительно, 
При 
Дальнейшие поиски корней не имеют смысла.
Однако, эта формула и аналогичные формулы для преобразования произведения синусов (косинусов) двух разных аргументов в сумму применяются в практике сравнительно редко, нежели другие тригонометрические формулы. Поэтому большинство учащихся их, как правило, и не помнят. А как эти формулы всё же восстановить в памяти в короткий срок, если помнишь формулы синуса и косинуса суммы двух разных аргументов? А вот как.
встречается в правой части двух формул: в формуле синуса суммы и разности 
и 
Запишем в столбик эти две формулы и сложим их левую и правую части почленно.
и 
встречаются в правой части формул косинуса суммы и разности 
мы ограничились нахождением наименьшего целого положительного значения 
Сделаем это следующим образом.
Тогда 
значение выражения 
также равно 
Действительно, 
Решим это уравнение относительно 
было целым положительным и обозначим его 
Оно равносильно цепочке следующих равенств: 
есть число нечетное, тогда как 
— число
несовместна.
б) 
и выделим левой части уравнения полный квадрат суммы 
Имеем:
или 
то имеем:
то 
откуда имеем:
являются решениями системы, а вместе с ней и исходного уравнения. 
при помощи единичной окружности (см. рис.).
б) 
и 
выражениями, тождественно равными 
и 
соответственно. Правую часть уравнения перенесем в левую часть с изменением знака каждого слагаемого на противоположный: 
Преобразуем левую часть последнего уравнения, выделяя при этом полный квадрат разности 
в нуль не обращается. Для этого достаточно оценить выражение сверху и снизу. Известно, что 
Эти неравенства одинакового смысла, следовательно, их можно сложить: 
А теперь к каждой части последнего неравенства прибавим 4. Получим: 
Таким образом, мы убедились, что 
при любом значении переменной 
Решим его:
так как 
(неравенство очевидное). Также легко убеждаемся в справедливости неравенства 
поскольку 
В промежутке 
лежит единственный корень уравнения 
равный нулю. Отрезку 
принадлежат два корня уравнения 
и 
так как 
Корень 
будет искомым, поскольку 
очевидно. Докажем, что 
Действительно, 
б) 
решений не имеет. 
б) 
б) 
(уравнение решений не имеет).
б) 
решений не имеет.
Следовательно, на 
найдется лишь один корень заданного уравнения, равный 
б) 
б) 
б) 
б) 
искомым корнем не является. Для этого достаточно показать: 
или 
б) 
решений не имеет.
при 
при 
б) 
б) 
б) 
б) 
при 
при 
б) 
б) 
б) 
б) 
б) 
б) 
решений не имеет. 
б) 
б) 
(невозможно) или 
б) 
и 
Значит, 
или 
б) 
или 
б) 
имеем 
откуда 
Вторая скобка корней не дает, поскольку 
б) 
получаем
отберём с помощью тригонометрической окружности. Получим: 
б) 
Получим 
Значит, 
откуда 
б) 
(что невозможно), либо 
то есть 
б) 
либо 
то есть 
или 
б) 
Тогда либо 
либо 
откуда 
б) 
откуда 
откуда 
и 
поскольку 
б) 
Второй множитель дает 
и требует 
б)
тогда 
Уравнение примет вид 
откуда 
не имеет корней, а уравнение 
сводится к 
или 
Второе уравнение корней не имеет, а первое дает 
б) 
имеем 
Первый набор не подходит, поскольку обнуляет знаменатель.
б) 
Получим 
Но 
причем равенства возможны только при 
Значит, 
откуда 
б) 
имеем 
откуда 
В итоге получаем 
б) 
то 
и 
мы находим их самих - они равны 
и 
Знаки надо взять одинаковыми, а 
поэтому 
и 
б) 
равна 
поэтому из серии с периодом 
на нем могут лежать не более трех корней, а из серий с периодом 2π — не более одного корня. Из серии 
подходят корни 
и π. Из серии 
подходит корень 
В серии 
нет корней, лежащих на заданном отрезке, поскольку при k = 0 член серии меньше левой границы отрезка, а при k = 1 больше правой границы. Таким образом, в заданном отрезке лежат корни 
π.
б) 
введем замену:
где 
то есть 
б) 
Получим 
Такие корни запрещены для числителя.
б) 
или 
или 
б) 
откуда
либо 
что невозможно.
б) 
при всех 
уравнение может выполняться только при одновременном выполнении следующих условий: 
Уравнение 
дает 
и такие значения подходят во все остальные уравнения.
б) 
Очевидно оба слагаемых неотрицательны, поэтому 
либо 
б) 
получим 
откуда 
или 
Второй вариант невозможен.
б) 
или 
откуда 
или 
и 
б) 
имеем 
или 
(что невозможно). Значит,
и 
и 
б) 
Нам подходят все x, для которых 
то есть 
откуда 
и при этом 
то есть 
б)
то есть 
либо 
то есть 
б) 
обнуляют знаменатель и должны быть удалены из ответа.
б) 
либо 
Второе дает 
и этот набор включает в себя решения первого.
б) 
или 
(второе невозможно), откуда 
б) 
б) 
б) 
б) 
и преобразуем уравнение:
— это действительно корень. Имеем 
откуда 
имеем:
б) 
и x лежит в области определения уравнения, то оно подходит. Кроме того 
Учитывая эти условия, преобразуем дальше:
при этом 
и 
). Второй дает 
а третий — 
то есть 
Эти наборы удовлетворяют всем ограничениям.
б) 
Имеем:
подходит только 
у второго набора синус отрицательный.
Из второго не подходит ничего, поскольку 
б) 
либо 
что невозможно, поскольку выражение 
есть в знаменателе в исходном уравнении. Все 
подходят, поскольку не обнуляют знаменатели в исходном уравнении.
на указанном промежутке лежит 
б) 
это действительно корень. Имеем 
откуда 
б) 
), то 
и такие значения подходят. В остальных случаях можно разделить уравнение на 
Получаем: 
что возможно только при 
то есть при 
При этом 
б) 
следует 
Для таких x имеем 
поэтому и 
Значит, нужно ограничиться случаем 
б) 
получим: 
б) 
получим уравнение 
откуда 
б) 
формулы приведения и двойного угла:
и 
б) 
Отметим сразу, что 
Возводя в квадрат, получим:
Условию 
и 
б) 
получаем два варианта.
имеем 
имеем: 
что невозможно.
имеем 
(то есть 
), поэтому для этого случая решений нет.
б) 
Следует обратить внимание на то, что промежуток имеет длину больше 
и занимает поэтому больше целого оборота на круге.
тогда 
Уравнение примет вид:
б) 
б) 
и при этом 
Первое уравнение имеет решения 
подходят.
не подходят.
не подходят.
б) 
и домножим на 
или 
б) 
тогда:
(и его нельзя записать как 
) или 
не определен (и нельзя пользоваться формулой тангенса суммы). И то и другое бывает, если 
что верно.
Обозначая 
имеем 
б) 
б) 
поэтому решения должны лежать во второй четверти. Возведем в квадрат и сведем уравнение к однородному:
б) 
дает 
без одного конца должно лежать по одному числу из каждого набора. Очевидно, подходят 
и 
б) 
получим:
б) 
уравнение может выполняться только если 
Второе возможно только при 
то есть 
Это равно 
только при четных k. Окончательно имеем 
б) 
Поэтому единственная возможность (первый множитель точно положителен) — если 
и 
Первое возможно лишь при 
и при таких x второе тоже выполняется.
Следует обратить внимание на то, что промежуток имеет длину больше 
б) 
б) 
и 
б) 
тогда 
откуда 
Поскольку 
то 
что невозможно. Для 
находим, что 
поэтому на отрезке 
лежит 
из первого набора. С другой стороны 
и 
поэтому из второго набора не подходит ни одно число.
б) 
б) 
б) 
б) 
б) 
и 
При этих условиях
б) 
при помощи тригонометрической окружности (см. рис). Подходят: 
б) 
уравнение равносильно следующим:
Отберем корни при помощи тригонометрической окружности. Подходят корни: 
б) 
б) 
б) 
и при 
тогда 
Поскольку 
заключаем, что 
Поскольку 
значения 
не лежат на отрезке 
лежат на заданном отрезке, а число 
то есть значения 
не подходят. 
получаем, что 
а значит, значения 
лежит на заданном отрезке, а число 
то есть значения 
не подходят. 
и преобразуем получившееся уравнение:
Преобразуем уравнение при этом ограничении:
Заметим, что левая часть полученного уравнения не больше 1, а правая — не меньше 1:
равна 2π. Соседние решения уравнения также отличаются друг от друга на 2π, причем ни один из них не совпадает с концами заданного отрезка. Следовательно, отрезку 
откуда 
где 
либо
