Тригонометрия. Книга будет незаменимым помощником для школьников стар ших классов, преподавателей, родителей и всех, интересующихся математикой
 Скачать 1.74 Mb.
|
|
имеет решение? Ключ ко многим уравнениям — это преобразование суммы в произведение и произведения в сумму. Разберем два примера. Пример 24.7. sin 3x = cos 5x. Решение. Преобразуем cos 5x по формуле приведения и перенесем его в левую часть. Тогда получим уравнение sin 3x − sin 5x + π 2 = 0. Преобразуем в произведение: 2 sin 3x − 5x − (π/2) 2 cos 3x + 5x + (π/2) 2 = 0, −2 sin x + π 4 cos 4x + π 4 = 0, откуда sin x + π 4 = 0 или cos 4x + π 4 = 0. Решая первое урав- нение, получаем x + π 4 = πn, откуда x = − π 4 + πn, n ∈ Z. Решая второе уравнение, получаем 4x + π 4 = π 2 + πk, откуда x = π 16 + πk 4 , k ∈ Z. Ответ: − π 4 + πn, π 16 + πk 4 (n, k ∈ Z). Пример 24.8. sin 2x sin 6x = cos x cos 3x. Решение. Преобразуем обе части следующим образом: 1 2 (cos 4x − cos 8x) = 1 2 (cos 4x + cos 2x); cos 4x − cos 8x = cos 4x + cos 2x; cos 2x + cos 8x = 0; 2 cos 5x cos 3x = 0, 139 откуда cos 5x = 0 или cos 3x = 0. Дальнейшее ясно. Ответ: π/10 + πn/5; π/6 + πn/3 (n ∈ Z). Задача 24.7. Решите уравнения: а) cos 3x = cos 5x; б) sin x sin 3x + sin 4x sin 8x = 0; в) sin 3x − sin 7x = 3 sin 2x. г) cos 5x + cos 6x + cos 7x = 0; д) cos 9x − cos 7x + cos 3x − cos x = 0; е) sin π 6 + x cos π 3 − 4x = sin π 4 + 3x cos π 4 − 6x Некоторые уравнения легко решаются с помощью формулы вспо- могательного угла (§ 20). В дополнение к сказанному в § 20 об этой формуле заметим, что на практике при преобразовании выражений вида a sin x + + b cos x с конкретными a и b не обязательно пользоваться именно формулой синуса суммы: можно воспользоваться любой другой формулой сложения. Пример 24.9. sin x − cos x = √ 2/2. Решение. Преобразуем левую часть так: sin x − cos x = √ 2 1 √ 2 sin x − 1 √ 2 cos x = = √ 2 sin π 4 sin x − cos π 4 cos x Стало быть, уравнение принимает вид − √ 2 cos x + π 4 = √ 2/2, откуда cos x + π 4 = −1/2. Дальнейшее ясно. Ответ: 5π 12 + 2πn; 11π 12 + 2πk. Можно было бы решить это уравнение и по-другому, сведя его к однородному относительно cos x 2 и sin x 2 Задача 24.8. Решите уравнения: а) 2 sin x + 5 cos x = √ 29 sin 7x; б) cos x + √ 3 sin x = sin x 2 − π 6 140 В некоторых уравнениях решающим переходом является ис- пользование формул понижения степени: sin 2 α = 1 − cos 2α 2 ; cos 2 α = 1 + cos 2α 2 Пример 24.10. cos 4x + 2 cos 2 x = 2. Решение. Преобразуем уравнение так: cos 4x + 2 · 1 + cos 2x 2 = 2; cos 4x + 1 + cos 2x = 2; cos(2 · 2x) + 1 + cos 2x = 2; 2 cos 2 2x + cos 2x − 2 = 0. Дальнейшее ясно. Ответ: ± 1 2 arccos √ 17 − 1 4 + πn (n ∈ Z). В связи с формулами понижения степени находится еще один частный, но поучительный прием решения тригонометрических уравнений. Пример 24.11. sin x + cos x = sin 2x. Решение. Пусть sin x + cos x = t. Тогда t 2 = (sin x + cos x) 2 = sin 2 x + cos 2 x + 2 sin x cos x = 1 + sin 2x, откуда sin 2x = t 2 − 1. Стало быть, уравнение принимает вид t = t 2 −1, откуда t = 1 ± √ 5 2 , и уравнение сводится к совокупности двух уравнений: sin x+cos x = 1 + √ 5 2 и sin x+cos x = 1 − √ 5 2 . Эти уравнения можно далее решать разными известными вам способа- ми (удобнее всего — с помощью формулы вспомогательного угла). Неопытные люди часто решают это уравнение так: возводят обе части в квадрат, получают, после упрощений, уравнение 1 + sin 2x = sin 2 2x, (∗) 141 после чего обозначают sin 2x = y и действуют далее обычным об- разом. В полученном ответе, однако, будут посторонние решения. Дело в том, что уравнение sin x + cos x = − sin 2x (∗∗) после возведения в квадрат тоже дает уравнение (∗)! Значит, ре- шая (∗), мы находим не только то, что нам нужно, но и корни «постороннего» уравнения (∗∗). Именно так и появляются «посто- ронние корни» при возведении уравнений (не обязательно триго- нометрических) в квадрат. В принципе посторонние корни можно отсеять (либо непосредственной подстановкой в исходное урав- нение, либо оставив только те из них, при которых обе части возводимого в квадрат уравнения имеют один знак), но в данном случае провести такой отсев было бы непросто. Задача 24.9. Решите уравнения: а) sin 2 x 2 + cos 2x = 1; б) sin 4 x + cos 4 x = 7/8; в) sin 2x = cos 4 x 2 − sin 4 x 2 ; г) cos 2 3x + cos 2 4x + cos 2 5x = 3/2; д) cos 2 x 2 − cos 2 3x 2 = sin 2 2x − sin 2 4x; е) sin 2 π 8 + x = sin x + sin 2 π 8 − x ; ж) 2 + cos 3 2 x + √ 3 sin 3 2 x = 4 sin 2 x 4 ; з) 2 sin x + 2 cos x + 1 = sin 2x + 4(sin 3 x + cos 3 x). До сих пор мы избегали уравнений, в которых участвуют тан- генс или котангенс или же что-то стоит в знаменателе, теперь дошла очередь и до них. Основной новый момент — необходимость следить за областью определения. Напомним, что выражение tg x имеет смысл тогда и только то- гда, когда x 6= π 2 + πn ни для какого n ∈ Z (иными словами, когда cos x 6= 0). Аналогично выражение ctg x имеет смысл тогда и толь- ко тогда, когда x 6= πn, n ∈ Z (иными словами, когда sin x 6= 0). 142 Лучше всего в самом начале решения уравнения выписать все необходимые ограничения (если в уравнении присутствует tg 2x, надо написать, что 2x 6= π 2 + πn; если какое-то выражение стоит в знаменателе, надо записать, что оно не равно 0, причем не обя- зательно сразу же «расшифровывать» это ограничение, выясняя, чему именно не может равняться x: ведь для этого может по- требоваться решить еще одно уравнение!). В конце решения надо проверить найденные значения неизвестных на вхождение в об- ласть определения. Часто это бывает совсем просто. Например, если мы свели уравнение в конечном счете к простейшему урав- нению cos x = −1 + √ 33 6 , а выписанные нами ограничения имеют вид cos x + 1 6= 0, то ясно, что все наши x этому ограничению удовлетворяют. Или, допустим, уравнение свелось к совокупности уравнений tg 2x = −1 и tg 2x = 1 3 , в то время как ограничение бы- ло x 6= π 4 + πn 2 , что проистекает из условия «tg 2x имеет смысл»; тогда опять-таки все найденные нами x подходят: уж если мы знаем, чему равен tg 2x, то заведомо tg 2x имеет смысл. Бывают и случаи, когда так просто с проверкой не обойдешься; о них речь пойдет в следующем параграфе. Пример 24.12. (cos x + 1) ctg x = sin 2x. Решение. Выпишем область определения: x 6= πk (k ∈ Z). Теперь перепишем уравнение, согласно определению котангенса: (cos x + 1) cos x sin x = sin 2x. Избавимся от знаменателя и преобразуем: (cos x + 1) cos x = sin 2x sin x; (cos x + 1) cos x = 2 sin 2 x cos x; (cos x + 1) cos x = 2(1 − cos 2 x) cos x. Получилось алгебраическое уравнение относительно cos x; решая его, получаем: cos x = 0, cos x = −1 или cos x = 1/2. Решения 143 первого уравнения имеют вид π 2 + πn (n ∈ Z); все эти x входят в область определения, так как для них sin x 6= 0. Решения урав- нения cos x = −1 в область определения не входят, так как если cos x = −1, то sin x = 0. Наконец, решения уравнения cos x = 1/2 имеют вид x = ± π 3 +2πm; они в область определения входят (если cos x = 1/2, то sin x 6= 0). Ответ: π 2 + πn; ± π 3 + 2πm (n, m ∈ Z). Задача 24.10. Решите уравнения: а) ctg x − tg x = 2 √ 3 cos 2x 1 + cos 2x ; б) 1 cos x + √ 3 sin x = 4; в) 2 ctg x − 1 cos x = 2 sin 2x ; г) (sin 2x + sin 4x) tg x = 0; д) 1 − cos x sin(x/2) = 2; е) sin x 1 + cos x + cos x 1 + sin x = 2. Еще одна неприятность, связанная с областью определения, возникает при применении тригонометрических тождеств, левая или правая часть которых определена не при всех значениях пере- менных. Если мы заменяем выражение на тождественно равное ему, но с меньшей областью определения, то те значения пере- менной, при которых определена левая часть тождества, но не определена его правая часть, из рассмотрения выпадают, и да- же если какие-то из них являются корнями исходного уравнения, в ответ они заведомо не войдут. Поэтому при каждой такой за- мене те значения неизвестного, что выпадают из рассмотрения, надо немедленно проверить (например, подстановкой в исходное уравнение). Пример 24.13. Решим уравнение 3 sin x − 2 cos x = 2 с помощью «формул универсальной подстановки» (выражающих sin x и cos x через tg(x/2)). Согласно этим формулам, sin x = 2 tg(x/2) 1 + tg 2 (x/2) , cos x = 1 − tg 2 (x/2) 1 + tg 2 (x/2) (∗) Левые части этих тождеств определены при всех x, а правые — при всех x, кроме тех, для которых x/2 = π 2 + πk (k ∈ Z). По- 144 этому эти значения x надо проверить подстановкой в исходное уравнение. Если x/2 = π 2 + πk, то x = π + 2πk (k ∈ Z); под- ставляя в уравнение, убеждаемся, что эти x являются корнями. Теперь обозначим tg(x/2) = t и заменим в уравнении sin x и cos x по формулам (∗). Получим: 6t 1 + t 2 − 2 · 1 − t 2 1 + t 2 = 2. Решая это уравнение, находим: t = 2/3, tg(x/2) = 2/3, x = 2 arctg(2/3) + 2πn (n ∈ Z). Собирая найденные значения x, получаем Ответ: π + 2πk; 2 arctg(2/3) + 2πn (k, n ∈ Z). Если бы мы забыли проверить те значения x, при которых tg(x/2) не имеет смысла, то первая из двух серий решений была бы потеряна. Задача 24.11. Рассмотрим следующие тригонометрические тож- дества: а) tg α + tg β = sin(α + β) cos α cos β ; б) tg α 2 = sin α 1 + cos α ; в) tg α 2 = 1 − cos α sin α ; г) tg 2 α 2 = 1 − cos α 1 + cos α ; д) sin α = 2 tg(α/2) 1 + tg 2 (α/2) ; е) tg 2α = 2 tg α 1 − tg 2 α ж) 1 1 + tg 2 α = cos 2 α; з) 1 + tg 2 α = 1 cos 2 α Разбейте их на такие группы: 1) тождества, у которых области определения левой и правой частей совпадают; 2) тождества, у ко- торых область определения правой части шире, чем область опре- деления левой части; 3) тождества, у которых область определе- ния правой части ´ уже, чем область определения левой части. Задача 24.12. Решите уравнение 3 sin x−2 cos x = 2, разобранное в предыдущем примере, двумя другими способами: с помощью фор- мулы вспомогательного угла и с помощью сведения к уравнению, однородному относительно sin(x/2) и cos(x/2). 145 Задача 24.13. Решите уравнения: а) 8 cos x + 6 sin x − cos 2x − 7 = 0; б) 5 sin 2x − 5 cos 2x = tg x − 5; в) 2(1 − cos 2x) = √ 3 tg x; г) √ 3 tg x = tg π 3 − x В заключение параграфа приведем один пример решения си- стемы тригонометрических уравнений, который должен предосте- речь вас от типичной ошибки. Пример 24.14. Решите систему уравнений: ( cos(x + y) = 1; cos(x − y) = −1. Решение. Эта система, очевидно, равносильна следующей: ( x + y = 2πk (k ∈ Z); x − y = π + 2πn (n ∈ Z). Складывая и вычитая уравнения, находим: x = π 2 + π(k + n), y = − π 2 + π(k − n). Теперь записываем Ответ: (x; y) = π 2 + π(k + n); − π 2 + π(k − n) (k, n ∈ Z). Типичная ошибка при решении этой и подобных систем — обо- значить «любое целое число» в двух уравнениях одной и той же буквой: ( x + y = 2πk; x − y = π + 2πk; после этого в качестве решений системы получатся пары (x; y) = = π 2 + 2πk; − π 2 . Все они решениями действительно являются, но кроме них есть еще много других, скажем π 2 ; 3π 2 . Чтобы cos(x+y) равнялся 1, а cos(x−y) равнялся −1, вполне достаточно, чтобы равенства x + y = 2πk и x − y = π + 2πn выполнялись при разных k и n. 146 Задача 24.14. Изобразите на плоскости множество точек, коорди- наты (x; y) которых удовлетворяют следующим условиям: а) системе уравнений из примера 24.14 ; б) cos x cos y = 0; в) ( cos x = 0; cos y = 0. г) cos x + cos y = 0. Задача 24.15. Решите системы уравнений: а) ( sin x cos y = 1/2; sin y cos x = 1/2. б) ( sin 2 x = cos x cos y; cos 2 x = sin x sin y. в) sin x − 1 sin x = sin y; cos x − 1 cos x = cos y. г) cos 2 6x + ( √ 5 − 1) ctg(−9y) = 2 √ 5 − 1 4 ; ctg 2 (−9y) + ( √ 5 − 1) cos 6x = 2 √ 5 − 1 4 д) ( 2y − ctg(x − y) = 3; 3y + 2 ctg(x − y) = 8. § 25. Отбор чисел на тригонометрическом круге Повторить: § 6. Определение тригонометрических функций. § 10. Простейшие тригонометрические уравнения. В уравнениях, встречавшихся нам до сих пор, при отборе кор- ней получалось так, что при проверке в ответ включалась или же отбрасывалась вся серия целиком. В этом параграфе мы рас- скажем, что делать в более сложных случаях, когда часть серии в ответ входит, а часть — нет. Пример 25.1. cos 3x sin 2x = 0. 147 а) б) Рис. 25.1. Решение. Это уравнение, очевидно, равносильно системе ( cos 3x = 0; sin 2x 6= 0, или 3x = π 2 + πk; 2x 6= πn ⇔ x = π 6 + πk 3 ; x 6= πn 2 (k, n ∈ Z). Итак, нам нужно из множества всех x, представимых в виде π 6 + πk 3 , где k — некоторое целое число, выкинуть посторонние корни — те, что представимы в виде πn 2 , где n — какое-то целое число. Для этого нанесем на тригонометрический круг все числа вида x = π 6 + πk 3 , где k ∈ Z (рис. 25.1 а). При этом получится 6 точек, обозначенных на рис. 25.1 а. Эти точки появляются, если взять любые 6 последовательных значе- ний n, при остальных n точки будут повторяться. Более того, ясно, что всякое число, которому соответствует одна из отмечен- ных на рис. 25.1 а точек, имеет вид π 6 + πk 3 для некоторого целого k. Если нанести на этот рисунок еще и точки, соответствующие 148 числам вида πn 2 , то у нас получится рис. 25.1 б (точки, соответ- ствующие числам πn 2 , отмечены белыми кружками). Ответом к на- шему уравнению будут числа, представимые в виде π 6 + πk 3 и при этом не представимые в виде πn 2 . Иными словами, решения урав- нения — числа, которым соответствуют черные кружки, не сов- падающие с белыми. Обращаясь к рис. 25.1 б, видим, что таких кружков ровно четыре, и каждому из них соответствует беско- нечная серия значений x: π 6 + 2πn; 5π 6 + 2πn; 7π 6 + 2πn; 11π 6 + 2πn. Можно также объединить первую серию с третьей, а вторую — с четвертой. Тогда ответ запишется так: x = π 6 + πn; x = 5π 6 + πn (n ∈ Z). Мы не случайно при записи системы x = π 6 + πk 3 ; x 6= πn 2 использовали две разные буквы для обозначения «произвольного целого числа»: ведь если x = π 6 + πk 3 = πn 2 , где k 6= n, то x — все равно посторонний корень. Например, так будет при k = 4 и n = 3 (получается посторонний корень 3π/2). Пример 25.2. cos(x/2) sin(x/3) = 0. Решение Это уравнение равносильно системе ( cos(x/2) = 0; sin(x/3) 6= 0 или ( x = π + 2πk; x 6= 3πn (k, n ∈ Z). Попробуем действовать так же, как и в предыдущем примере: нанесем на тригонометрический круг черные точки — числа ви- да π + 2πk и белые точки — числа вида 3πn. То, что получится, изображено на рис. 25.2 149 Рис. 25.2. На основании этого рисунка надо, казалось бы, сделать вывод, что решений у уравнения нет: ведь на рисунке нет черных точек, не сов- падающих с белыми. Тем не менее легко ви- деть, что, скажем, число x = π будет реше- нием уравнения. Где же мы ошиблись? Дело в том, что изображение чисел вида 3πn, где n ∈ Z, на тригонометрическом круге неаде- кватно: верно, что все такие числа изображаются одной из белых точек на рис. 25.2 , но неверно, что все числа, соот- ветствующие белым точкам, имеют вид 3πn с целым n: бе- лым точкам на рис. 25.2 соответствуют и числа π, 2π, 4π, 5π и т. д. Вообще, изображение множества чисел на тригонометрическом круге будет адекватно, только если это множество «имеет период 2π»: вместе с каждым числом x содержит числа x − 2π и x + 2π. В частности, будет иметь период 2π множество решений уравне- ния, обе части которого имеют период 2π как функции от x. Доведем теперь до конца решение уравнения cos(x/2) sin(x/3) = 0. Все, что нам нужно, — выяснить, для каких целых чисел k число x = π +2πk окажется посторонним корнем. Это будет тогда, когда найдется такое число n ∈ Z, что π + 2πk = 3πn. Сокращая в этом равенстве на π, получаем вопрос, к которому все сводится: для каких k ∈ Z существует такое n ∈ Z, что 1 + 2k = 3n? Чтобы ответить на этот вопрос, выразим k через n: k = 3n − 1 2 ; выделим из этой дроби «целую часть»: k = 3n − 1 2 = 2n + n − 1 2 = n + n − 1 2 (∗) Так как k и n — целые числа, то n − 1 2 — тоже целое число. Значит, n − 1 2 = m, n = 2m + 1 (m ∈ Z). Подставляя в (∗), получаем k = 3m + 1 (m ∈ Z). Итак, мы получили ответ на наш вопрос: посторонние корни получаются при k = 3m + 1, m ∈ Z. Нас же интересуют как раз все остальные k. Ясно, что сказать «k 6= 3m + 150 1, m ∈ Z»— все равно, что сказать «число k при делении на 3 дает остаток, не равный 1». Однако кроме единицы при делении на 3 возможны только остатки 0 или 2. Так что можно еще сказать, что для числа x = π +2πk, являющегося корнем, число k дает при делении на 3 остаток 0 или 2, или, иными словами, k = 3m или k = 3m + 2, m ∈ Z. Подставляя это выражение для k, получаем окончательно ответ: x = π + 6πm или x = 5π + 6πm. Прием, позволивший нам выделить «плохие» значения k, сра- батывает всегда; как им пользоваться в общем случае, рассказано в приложении к этому параграфу. Заметим еще, что и для уравнения cos(x/2) sin(x/3) = 0 можно было бы обойтись изображением чисел на круге. Для этого надо бы- ло бы сделать замену переменной x = 6t. После этого уравнение принимает вид cos 3t sin 2t = 0. Левая часть этого уравнения уже имеет период 2π как функция от t, так что его можно решать, отбирая числа на круге. Найдя t, остается найти x = 6t. Задача 25.1. Решите уравнения: а) sin 3x cos 6x = 0; б) sin 4x cos 5x = 0; в) sin 4x cos 6x = 1; г) cos 3x sin 2x = 1; д) tg 5x = tg 3x. Задача 25.2. Решите уравнения: а) sin 3x + cos 4x = 2; б) sin 3x − cos 2x = 2; в) sin 4x + | sin 5x| = 2; г) sin 3 5x + sin 4 7x = 2; д) sin x 3 − sin x 4 = −2. Указание к пункту а). При всех x верны неравенства sin 3x 6 1, cos 4x 6 1. Складывая их, получаем, что sin 3x+cos 4x 6 2, причем равенство достигается только в том случае, когда оба слагаемых одновременно равны 1. Задача 25.3. Решите уравнения: 151 а) sin 6x cos 8x = 1; б) cos 4x cos 5x = 1; в) cos 8x cos 3x = −1; г) sin x 10 cos x 3 = −1; д) cos x 2 cos x 5 = 1. Указание к пункту а). При всех x верны неравенства | sin 6x| 6 1, | cos 8x| 6 1. Следовательно, sin 6x cos 8x = 1 тогда и только тогда, когда оба сомножителя одновременно равны 1 или −1. Задача 25.4. а) Решите уравнение cos x + cos(x √ 2) = 2. |