Учебная работа № 1020. Виды тригонометрических уравнений
Реферат
на тему:
“Виды тригонометрических уравнений”
Успенского Сергея
Харцызск
2001 год
Виды тригонометрических уравнений.
1. Простейшие тригонометрические уравнения:
Пример 1. 2sin(3x p/4) 1 = 0.
Решение. Решим уравнение относительно sin(3x p/4).
sin(3x p/4) = 1/2, отсюда по формуле решения уравнения sinx = а находим
3х p/4 = (1)n arcsin 1/2 + np, nÎZ.
Зх p/4 = (1)n p/6 + np, nÎZ; 3x = (1)n p/6 +p/4 + np, nÎZ;
x = (1)n p/18 + p/12 + np/3, nÎZ
Если k = 2n (четное), то х = p/18 + p/12 + 2pn/3, nÎZ.
Если k = 2n + 1 (нечетное число), то х = p/18 + p/12 + ((2pn + 1)p)/3 =
= p/36 + p/3 + 2pn/3 = 13p/36 + 2pn/3, nÎz.
Ответ: х1 = 5p/6 + 2pn/3,nÎZ, x2 = 13p/36 + 2pn/3, nÎZ,
или в градусах: х, = 25° + 120 ·n, nÎZ; x, = 65° + 120°·n, nÎZ.
Пример 2. sinx +Öз cosx = 1.
Решение. Подставим вместо Öз значение ctgp/6, тогда уравнение примет вид
sinx + ctg p/6 cosx = 1; sinx + (cosp/6)/sinp/6 · cosx = 1;
sinx sin p/6 + cos p/6 cosx = sin p/6; cos(x p/6) = 1/2.
По формуле для уравнения cosx = а находим
х p/6 = ± arccos 1/2 + 2pn, nÎZ; x = ± p/3 + p/6 + 2pn, nÎZ;
x1 = p/3 + p/6 + 2pn, nÎZ; x1 = p/2 + 2pn, nÎZ;
x2 = p/3 + p/6 + 2pn, nÎZ; x2 = p/6 + 2pn, nÎZ;
Ответ: x1 = p/2 + 2pn, nÎZ; x2 = p/6 + 2pn, nÎZ.
2. Двучленные уравнения:
Пример 1. sin3x = sinx.
Решение. Перенесем sinx в левую часть уравнения и полученную разность преобразуем в произведение. sin3x sinx == 0; 2sinx·cos2x = 0.
Из условия равенства нулю произведения получим два простейших уравнения.
sinx = 0 или cos2x = 0.
x1 = pn, nÎZ, x2 = p/4 + pn/2, nÎZ.
Ответ: x1 = pn, nÎZ, x2 = p/4 + pn/2, nÎZ.
3. Разложение на множители:
Пример 1. sinx + tgx = sin2 x / cosx
Решение. cosx ¹ 0; x ¹p/2 + pn, nÎZ.
sinx + sinx/cosx = sin2 x / cosx . Умножим обе части уравнения на cosx.
sinx · cosx + sinx sin2 x = 0; sinx(cosx + 1 sinx) = 0;
sinx = 0 или cosx sinx +1=0;
x1 = pn, nÎZ; cosx cos(p/2 x) = 1; 2sin p/4 · sin(p/4 x) = 1;
Ö2 · sin(p/4 x) = 1; sin(p/4 x) = 1/Ö2; p/4 x = (1) n+1 arcsin 1/Ö2 + pn, nÎZ;
x2 = p/4 (1) n+1 ·p/4 pn, nÎZ; x2 = p/4 + (1) n ·p/4 + pn, nÎZ.
Если n = 2n (четное), то x = p/2 + pn, если n = 2n + l (нечетное), то x = pn.
Ответ: x1 = pn, nÎZ; x2 = p/4 + (I)n ·p/4 + pn, nÎZ.
4. Способ подстановки
Пример 1. 2 sin2 x = 3cosx.
Решение. 2sin2 x 3cosx = 0; 2 (l cos2 x) 3cosx = 0; 2cos2 x + 3cosx 2 = 0.
Пусть z = cosx, |z| £ 1. 2z2 + 32z 2=0.
Д = 9+16 = 25; ÖД = 5; z1 = (3 + 5)/4 = 1/2; z2 = (35)/ 4 = 2
не удовлетворяют условию для z. Тогда решим одно простейшее уравнение:
cosx = 1/2; х = ± p/3 + 2pn, nÎZ. Ответ: х = ± p/3 + 2pn, nÎZ.
5. Однородные уравнения
Однородные тригонометрические уравнения имеют такой вид:
asin2 x + bsinxcosx + ccos2 x = 0 (однородное уравнение 2й степени) или
a sin3 x + b sin2 x cosx + c sinx cos2 x + d sin3 x = 0 ит.д.
В этих уравнениях sinx¹ 0, cosx¹ 0. Решаются они делением обеих частей уравнения на sin2 x или на cos2 x и приводятся к уравнениям относительно tgx или ctgx.
Пример 1. Ö3sin2 2x 2sin4x + Ö3cos2 2x = 0.
Решение. Разложим sin4x по формуле синуса двойного угла.
Получим уравнение Ö3sin2 2x 4sin2xcos2x + Ö3cos2 2x = 0.
Разделим на cos2 2x. Уравнение примет вид Ö3 tg2 2x – 4tg2x + Ö3 = 0.
Пусть z = tg2x, тогда Ö3z2 4z + Ö3 = 0; Д = 4; ÖД = 2.
z1 = (4 +2)/2Ö3 = 6/2Ö3 = Ö3; z2 = (4 – 2)/2Ö3 = 1/Ö3
tg2x = Ö3 или tg2x = 1/Ö3
2x = p/3 + pn, nÎZ; 2x = p/6 + pn, nÎZ;
x1 = p/6 + pn/2, nÎZ ; x2 = p/12 + pn/2, nÎz.
Ответ: x1 = p/6 + pn/2, nÎZ ; x2 = p/12 + pn/2, nÎz.
6. Уравнение вида a sinx + b cosx = с
Пример 1. 3sinx + 4cosx = 5.
Решение. Разделим обе части уравнения на 5, тогда 3/5sinx + 4/5cosx = 1.
sinj = 4/5; cosj = 3/5; sin(x+j) = 1, x + j = p/2 + 2pn, nÎZ.
Ответ: x = p/2 arcsin 4/5 + 2pn, nÎZ.
7. Дробнорациональные тригонометрические уравнения
Уравнения, содержащие тригонометрические дроби, называются дробнорациональными уравнениями. В этих уравнениях требуется следить за областью допустимых значений.
Пример 1. 1/(Ö3tgx) – 1/(Ö3 +tgx) = sin2x
Решение. Область допустимых значений решений этого уравнения
tgx¹ ± Ö3, х ¹ ± p/8 + pn, nÎZ и х ¹ ± p/2 + pn, nÎZ.
Левую часть уравнения приведем к общему знаменателю, а правую преобразуем с помощью формулы выражения синуса угла через тангенс половинного угла.
(Ö3 + tgx Ö3 + tgx)/3 tg2 x = 2tgx/ (1 + tg2 x); 2tgx / (3 tg2 x) = 2tgx/(1 + tg2 x)
x1 = pn, nÎZ
Второе уравнение имеет вид
2tg2 x 2 = 0; tg2 x = 1; tgx = ±1; x2 = ± p/4 + pn, nÎZ.
Ответ: x1 = pn, nÎZ; х2 = ± p/4 + pn, nÎZ.
8. Иррациональные тригонометрические уравнения
Если в уравнении тригонометрическая функция находится под знаком радикала, то такое тригонометрическое уравнение будет иррациональным. В таких уравнениях следует соблюдать все правила, которыми пользуются при решении обычных иррациональных уравнений (учитывается область допустимых значений как самого уравнения, так и при освобождении от корня четной степени).
Пример 1.Ö( cos2 x + ½) +Ö( sin2 x + ½) = 2.
Решение. Уравнение имеет смысл при любом х. Возведем обе части уравнения в квадрат.
cos2 x + ½ + 2 Ö(( cos2 x + ½) ( sin2 x + ½)) + sin2 x + ½ = 4
Ö(( cos2 x + ½) ( sin2 x + ½)) = 1; ( cos2 x + ½) ( sin2 x + ½) = 1
( ½ + ½ cos2x + ½)( ½ ½ cos2x + ½) = 1; (1 + ½ cos2x) (1 ½ cos2x) = 1;
1 – ¼ cos2 2x = 1; cos2x=0; x = p/4 + pn/2, nÎz
Ответ: x = p/4 + pn/2, nÎz.
9. Тригонометрические уравнения, в которых под знаком тригонометрической функции находится функция
Особого внимания заслуживают тригонометрические уравнения со сложной зависимостью, когда под знаком тригонометрической функции находится какаялибо другая функция. Эти уравнения требуют дополнительного исследования множества решений.
Пример 1. tg(x2 + 5x)ctg 6=1.
Решение. Запишем уравнение в виде tg(x2 +5x)=tg 6. Учитывая, что аргументы равных тангенсов отличаются на свои периоды теп, имеем х2 + 5х = 6 + pn, nÎZ; х2 + 5х (6+pn) = 0, nÎz;
Д = 25 + 4(6 + pn) = 49 + 4pn, nÎZ; х1,2 = (5 ±Ö(49 + 4pn))/2, nÎz
Решение имеет смысл, если 49 + 4pn > 0, т.е. n³ 49/4p; n³ 3.
Литераура:
“Математика” Р. Л . Вейцман, Л . Р. Вейцман, 2000 г.
(стр. 116 125)
“Алгебра начала анализа 1011” А . Н . Колмогоров,
А . М . Абрамов, Ю . П . Дудницын, Б . М . Ивлев,
С . И . Шварцбурд, 1993 г.
(стр. 62 78)