Тригонометричні by Fr3dd0 Fr3dd0

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

ОСНОВНІ ТИПИ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ І тип

Найпростіші тригонометричні рівняння.

ІІ тип

Рівняння алгебраїчні відносно однієї з тригонометричних функцій.

ІІІ тип

Рівняння, що розв’язуються методом розкладання на множники.

ІV тип

Рівняння, однорідні відносно sin x та cos x

V тип

Рівняння виду a sin x + b cos x = c (ab ≠ 0) .

VІ тип

Рівняння, які розв’язуються за допомогою формул пониження степеня.

VІІ тип

Рівняння, які розв’язуються методом заміни змінних.

VIII тип

Рівняння, які розв’язуються за допомогою формул подвійного та потрійного аргументів.

IX тип

Рівняння, які розв’язуються перетворенням суми тригонометричних функцій у добуток або добуток в суму.

X тип

Рівняння, що містять дробові вирази.

XІ тип

Рівняння, що містять ірраціональності.

XІІ тип

Рівняння, які розв’язуються із урахуванням обмеженості функцій sin x та cos x

XІІІ тип

Рівняння з оберненими тригонометричними функціями.

Зауваження 1. При розв’язуванні тригонометричних рівнянь форма запису множини розв’язків не однозначна, проте тотожними перетвореннями завжди можна довести їх ідентичність. Зауваження 2. Якщо множини розв’язків рівняння частково перетинаються, то у відповіді ці повторення доцільно вилучати. 1

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

І тип 3 π  sin  − 2 x  = 2 3 

 За основною формулою знаходимо аргумент синуса: π n π π 3 n n π − πn, n ∈ Z . − 2 x = ( −1) arcsin + πn = ( −1) + πn, n ∈ Z , звідки 2 x = − ( − 1) 3

Для парних та непарних n дістанемо відповідно розв’язки x =−

π + πn 6

3 x = πk

та

k , n ∈Z

π   Відповідь: πk ; − 6 + πn k , n ∈ Z  



ІІ тип cos 2 x + 3 sin x = 2 Враховуючи, що cos 2 x = 1 − 2 sin 2 x , дістаємо 1 − 2 sin 2 x + 3 sin x − 2 = 0 , тобто 2 sin 2 x − 3 sin x + 1 = 0 . Нехай sin x = t , тоді рівняння 2t 2 − 3t + 1 = 0 має 1 1 розв’язки t =1 та t = 2 . Отже sin x = 1 або sin x = 2 . Звідси π k π x = + 2πn, n ∈ Z , або x = ( −1) + πk , k ∈ Z , 2 6 π  k π Відповідь:  2 + πn, ( −1) 6 + πk n, k ∈ Z   

ІІІ тип cos 7 x + sin 7 x = 0

π  cos 7 x + cos − 57 x  = 0 і розкладемо 4  π   π  ліву частину за формулою (27) на множники: 2 cos 4 + x  cos 4 − 6 x  = 0 .     π π  π  Рівняння cos 4 + x  = 0 та cos 4 − 6 x  = 0 мають розв’язки x = 4 + πn і     π πk x= + , n, k ∈ Z , множини яких не перетинаються. 8 6 π πn π  Відповідь:  4 + πn, 8 + 6 n, k ∈ Z   

Замінимо дане рівняння рівносильним

ІV тип 32

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

Рівняння виду a0 sin n x + a1 sin n −1 x cos x + a2 sin n −2 x cos 2 x + ... + an cos n x = 0 , де n ∈N , a0 ≠ 0 , називається однорідним відносно sin x та cos x . Після ділення на cos n x ≠ 0 та введення заміни tgx = t воно зводиться до алгебраїчного a0t n + a1t n −1 + a2t n −2 + ... + an = 0 . 2 sin 3 x + 3 sin 2 x cos x − 5 cos3 x = 0 Розв’язки рівняння cos x = 0 не є коренями даного рівняння (інакше дістали б sin x = 0 , що одночасно неможливо), тому поділимо рівняння на cos3 x ≠ 0 . tgx = 1, x =

π 4

Дістанемо + πn, n ∈ Z

2tg 2 x + 5tgx + 5 = 0

Відповідь:

рівняння

2tg 3 x +3tg 2 x −5 = 0 ,

якого

(інший множник лівої частини, тобто рівняння

дійсних коренів не має).

π    x = + πn, n ∈ Z  4  

V тип І спосіб. Введення допоміжного кута. Очевидно, що a 2 + b 2 ≠ 0 . Покладемо рівняння

подамо

sin ( x + ϕ ) = −1 ≤

c a2 + b2

c a + b2 2

вигляді

a a +b 2

= cosϕ ,

b a + b2 2

= sin ϕ . Тоді

a 2 + b 2 ( sin x cos ϕ + cos x sin ϕ) = c ,

тобто

. Отже, отримали рівняння І типу, яке має розв’язки за умови

≤1.

ІІ спосіб. Застосування універсальної підстановки. Позначимо tg

x = t і виразимо sin x та 2

x 1 − tg 2 2 t 2 = sin x = cos x = 2 , 1 + t 2 x 1 + tg 1 + tg 2 2 2tg

Зауважимо, що функція tg

cos x через тангенс половинного кута:

x 2 2 = 1 − t . Дістанемо квадратне рівняння. x 1+ t2 2

x не визначена при x = π + 2π n, n ∈ Z . Якщо ця 2

множина є розв’язком даного рівняння, то використання універсальної підстановки може призвести до втрати цієї множини. Тому обов’язково треба робити перевірку, чи будуть розв’язки π + 2πn задовольняти рівняння.

ІІІ спосіб. Зведення рівняння до квадратного Піднесемо обидві частини рівності a sin x = c − b cos x до скористаємося підстановкою sin 2 x = 1 − cos 2 x , (b2 + a 2 ) cos 2 x − 2bc cos x + c 2 − a 2 = 0 .

квадрату і дістанемо

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

V тип 3 sin x + cos x = 2

І спосіб Введемо допоміжний кут:  3  1  2  2 sin x + 2 cos x  = 2 ,  

x=−

cos

π 6

sin x + sin

π 6

cos x = 1 ,

π π π + + 2πn, x = + 2πn, n ∈ Z . 6 2 3

π  sin  x +  = 1 , 6 

ІІ спосіб Застосуємо універсальну підстановку ( b ≠ −c , втрати розв’язків не буде)

x =t , 2

тоді

1 x 1 π 2 3t 1 − t 2 , tg = , x = + 2πn, n ∈ Z . + = 2 , 3t 2 − 2 3t +1 = 0 , t = 2 2 2 3 3 3 1+t 1+t

ІІІ Зведемо рівняння до квадратного: 3 sin x = 2 − cos x ⇒ 3 − 2 cos 2 x = 4 − 4 cos x + cos 2 x , 4 cos 2 x − 4 cos x + 1 = 0 , cos x =

1 π x = ± + 2πn, n ∈ Z , 2 3

При піднесенні

до квадрата

π x = − + 2πn (оскільки 2 − cos x > 0, 3 π  Відповідь:  3 + 2πn, n ∈ Z  .  

з’явились сторонні

розв’язки

то sin x > 0 ).

VІ тип 1 16 6 6 sin x + cos x

sin 6 x + cos 6 x − cos 2 2 x =

Понизимо степені суми

(sin

таким перетворенням:

x + cos 2 x ) − 3(sin 4 x cos 2 x + sin 2 x cos 4 x ) − cos 2 2 x = 3

1 − 3 sin 2 x cos 2 x − cos 2 2 x =

1 , 16

1 π πn x =± + , , n ∈Z . 2 12 2  π πn  + ,n ∈Z  . ±  12 2 

1 . 16

Дістанемо

3 1 1 1 − sin 2 2 x − cos 2 2 x = , sin 2 2 x = , 4 16 4

sin 2 x = ±

Відповідь:

VIІ тип Якщо рівняння містить функції sin 2 x та sin x ± cos x , то доцільно скористатися заміною t 2 = 1 ± sin 2 x , звідки ± sin 2 x = t 2 − 1 і рівняння зводиться до алгебраїчного.

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

Якщо рівняння містить функції sin 2 x та tgx або ctgx , то доцільно ввести заміну sin 2 x =

2t і рівняння зводиться до алгебраїчного. 1+ t2

Якщо рівняння містить функції tgx ± ctgx т а tg 2 + ctg 2 x , то внаслідок заміни tgx ± ctgxt дістанемо tg 2 x + ctg 2 x = t 2 2 . VIІ тип 3 sin x + sin 2 x = 6 sin 2

Понизимо

x 2

степінь

синуса у правій частині рівняння: У рівнянні 3( sin x + cos x ) + sin 2 x = 3 зробимо заміну sin x + cos x = t , тоді sin 2 x = t 2 − 1 . Квадратне рівняння t 2 + 3t − 4 = 0 має розв’язки t =1, t = −4 . Отже, дістанемо два рівняння sin x + cos x = 1 і sin x + cos x = −4 , які можна звести до вигляду 3 sin x + sin 2 x = 3(1 − cos x ) .

π 1 π 4   sin  x +  = sin  x +  = − і . Перше рівняння має розв’язки 4 4 2 2     π n π x = − + ( − 1) + πn, n ∈ Z , які при парних та непарних n відповідно 4 4

дорівнюють 2πn та має. Відповідь:

π 2

+ 2πk , n, k ∈ Z

. Друге рівняння розв’язків не

π   2πn, + 2πk n, k ∈ Z  . 2  

VIIІ тип 2

x x  1 − sin 3 x = sin − cos  2 2 

Скористаємось формулами потрійного та подвійного кута – 1 − 3 sin x + 4 sin 3 x = 1 − sin x , 2 sin 3 x − sin x = 0 , отримуємо: 1 π πk x = πn, n ∈ Z , x = + , k ∈Z . Звідки 4 2 2  π πk  n, k ∈Z  . πn, + 4 2  

sin x = 0 ∨ sin x = ±

Відповідь:

ІХ тип sin 2 x + cos 2 x = sin 4 x + cos 4 x рівняння у вигляді sin 4 x − sin 2 x = cos 2 x − cos 4 x

Запишемо і скористаємося формулами перетворення суми тригонометричних функцій в добуток. Дістанемо: 2 cos 3 x sin x = 2 sin 3 sin x або sin x = 0 , x = π n , n ∈ Z sin x( sin 3 x − cos 3 x ) = 0 . Звідки або 6

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

sin 3 x − cos 3 x = 0, tg 3 x = 1, x =

Відповідь:

12 π πk   + n, k ∈ Z  πn, 3  12 

πk 3

, k ∈Z.

Х тип cos 2 x =0 cos x − sin x

Дане рівняння рівносильне системі

 cos 2x = 0, ⇔   cos x − sin x ≠ 0; x =−

π 4

 ( cos x − sin x) ( cos x + sin x) = 0, ⇔   cos x − sin x ≠ 0;

cos x + sin x = 1

⇔

tgx = −1 ,

+ πn, n ∈ Z .

Відповідь:

 π  − + πn n ∈ Z   4 

ХІ тип 1 + cos x = 2 sin

x 2

Дане рівняння рівносильне системі

 2x 1 + cos x = 2 sin ,  2   sin x ≥ 0;  2

⇔

  2x 1 2x 2x 1 + 1 − 2 sin = 2 sin ,   sin 2 = 2 , 2 2 ⇔  ⇔  x x  sin ≥ 0;  sin ≥ 0;  2  2

x 1 n π = x = ( −1) + 2πn, n ∈ Z . 2 2 2   n π Відповідь: ( − 1) 2 + 2πn n ∈ Z    sin

ХІІ тип sin x + sin 5 x = 2 Враховуючи, що −1 ≤ sin x ≤ 1 і −1 ≤ sin 5 x ≤ 1 , вираз у правій частині рівняння змінюються в межах − 2 ≤ sin x + sin 5 x ≤ 2 . Рівність буде лише у тому випадку, коли одночасно sin x = 1 і sin 5 x = 1 .

Отже розв’яжемо систему рівнянь, рівносильну даному рівнянню: 7

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

 π  x = 2 + 2π n, n ∈ Z ,  sin x = 1, ⇔  Система має розв’язки лише тоді,  π 2 π k  x = + , k ∈ Z.  sin 5x = 1;  10 5 коли рівняння

π π 2πk + 2πn = + 2 10 5

має розв’язки на множині цілих

чисел. У цьому випадку маємо розв’язки π 2π x= + (1 + 5n ), x = π + 2πn, n ∈ Z . 10

Відповідь:

k =1 + 5n, n ∈Z

, тому

5 2 π   + 2πn n ∈ Z . 2 

ХІІІ тип

arcsin x = α, α ≤

π 2

, x = sin α; arctgx = α, α <

arccos x =α, 0 α ≤π, x =cos α;

π 2

, x = tgα;

arcctgx = α , 0 < α <

π , x = ctgα. 2

При розв’язуванні рівнянь з аркфункціями треба враховувати їхні області визначення, множини значень та монотонність. Якщо рівняння містить різні аркфункції або аркфункції мають різні аргументи, то обчислюють значення деякої тригонометричної функції від обох частин рівняння, тобто рівність кутів замінюють рівністю значень тригонометричних функцій від них. При цьому можлива поява сторонніх коренів, тому необхідна їх перевірка. Вибір тригонометричної функції здійснюється в залежності від того, в яких межах орієнтовно змінюється значення виразу. Зокрема, якщо значення виразів в обох частинах рівняння належать інтервалу

 π π − ; ,  2 2

то беруть синус або тангенс від обох частин;

якщо вони належать інтервалу (0; π) , то беруть косинус або котангенс.

ХІІІ тип

(

)

3arctg x 2 − 2 x + 3 − π = 0

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

Рівняння зводиться до найпростішого x 2 − 2 x + 3 = tg

Відповідь: {0,2}

π , 3

звідки x 2 − 2 x = 0 ,

(

)

arctg x 2 − 2 x + 3 =

x =0 ∨ x =2 .

π , 3

тому

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

1 ctg 2 2 x = 3

 Рівняння рівносильне сукупності рівнянь ctg 2 x = 3 ,  ctg 2 x =− 3 

Відповідь: tg 3 x − 1 +

⇔

π  2 x = 6 + πn, n ∈Z ,  2 x = π − π + πk , k ∈Z ,  6 

π πn  x = 12 + 2 , n ∈Z ,  x = 5π + πk , k ∈Z .  12 2 

⇔

 π πn 5π πk  , + n, k ∈ Z   + 2 12 2 12 

1 π  − 3ctg  − x  = 3 2 cos x 2 

Скористаємося рівностями

1 = 1 + tg 2 x 2 cos x

та

π  ctg  − x  = tgx . 2 

Тоді

рівняння матиме вигляд або tg 3 x + tg 2 x − 3tgx − 3 = 0 . Дістали кубічне рівняння відносно tgx . Розкладаємо його на множники: tg 2 x( tgx +1) − 3( tgx +1) = 0 , (tg 2 x − 3)( tgx + 1) = 0 . Звідси tgx = −1 , tgx = 3 tg 3 x −1 +1 + tg 2 x − 3tgx − 3 = 0

або

tgx = − 3

Відповідь:

. Отже,

x =−

+ πn, n ∈ Z , x = ±

π  π  − + πn, ± + πk n,k ∈ Z  3  4 

+ πk , k ∈ Z .

2 cos 4 x + 4 cos x − 1 = 0

 Неважко переконатися в тому, що після введення заміни cos x = t рівняння t 4 + 4t − 1 = 0 раціональних коренів немає. Виділимо повні квадрати: 4 (cos x + 2 cos 2 x + 1) − 2(cos 2 x − 2 cos x + 1) = 0 , (cos 2 x +1)2 − 2( cos x −1) 2 = 0 . Розкладемо ліву частину рівняння на множники: (cos2 x + 1 − 2 cos x + 2 )(cos2 x + 1 + 2 cos x − 2 ) = 0 . Звідси cos 2 x − 2 cos x + 1 − 2 = 0 або cos 2 x + 2 cos x + 1 − 2 = 0 .

910

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

Перше рівняння дійсних коренів не має, а з другого рівняння дістаємо

cos x =

−1 − 2 2 −1 2

та

відповідно порожня множина та Відповідь:

  ± arccos  

cos x =

2 2 −1 −1 . 2

x = ±arccos

Розв’язками є

2 2 −1 −1 + 2πn, n ∈Z . 2

 2 2 −1 −1  + 2πn, n ∈Z . 2  

3 sin 4 x + sin 3 x cos x + sin 2 x cos 2 x + sin x cos 3 x + cos 4 x = 1

 Враховуючи, що 1 = (sin 2 x + cos 2 x )2 = sin 4 x + 2 sin 2 x cos 2 x + cos 4 x , після зведення подібних дістанемо рівносильне рівняння sin 3 x cos x − sin 2 x cos 2 x + sin x cos3 x = 0 . Розкладемо ліву частину на  

 

множники: sin x cos x(sin 2 x − sin x cos x + cos 2 x ) = 0 або sin 2 x1 − 2 sin 2 x  = 0 . 1

Звідси sin 2 x = 0 або sin 2 x = 2 . Останнє рівняння розв’язків не має, а з x=

Відповідь:

πn

, n ∈Z 2 πn   , n ∈ Z . x = 2  

першого рівняння

4 2 sin 2 x − 5 sin x cos x − 8 cos 2 x = −2 . − 2 = −2(sin 2 x + cos 2 x ) , тоді після зведення

 Запишемо подібних членів 2 2 дістанемо 42 sin x − 5 sin x cos x − 6 cos x = 0 . Переконаємося у тому, що cos x ≠ 0 . Після ділення на cos 2 x матимемо рівняння 4tg 2 x −5tgx − 6 = 0 , звідки

tgx = 2

Відповідь:

або

tgx = −

3 4

, тому

x = arctg 2 + πn , x = −arctg

3 + πk , n, k ∈ Z . 4

3   arctg 2 + πn, − arctg + πk n, k ∈ Z . 4  

Знайти розв’язки рівняння інтервалу

 3π  ;π  −  4 

sin x + 2 cos x + 2 sin x cos 2 x = 0 ,

що належать

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

 Зведемо дане рівняння до однорідного. Матимемо 2 2 2 ( sin x + 2 cos x ) (sin x + cos x ) + 2 sin x cos x = 0 . Рівносильне рівняння sin 3 x + 3 sin x cos 2 x + 2 cos x sin 2 x + 2 cos3 x = 0 поділимо на 3 2 cos3 x ≠ 0 , дістанемо tg x + 2tg x + 3tgx + 2 = 0 . Ліву частину рівняння ( tgx + 1) (tg 2 x + tgx + 2) = 0 . розкладемо на множники: Тоді tgx = −1, x = −

+ πn, n ∈ Z

, а рівняння

і n =1 .

коренів не має.

π + πn виберемо цілі значення n , для яких 4 3π π 1 5 − < − + πn < π ,звідки − < n < , n ∈ Z , тобто n = 0 4 4 2 4 x =−

Серед розв’язків рівняння виконується нерівність

tg 2 x + tgx + 2 = 0 дійсних

 π 3π  . 4  

Відповідь: − 4 ,

6 4 sin x + 3 cos x = 5 .

І спосіб. Введемо допоміжний кут: 3 4  5 sin x + cos x  = 5 , sin ( x + ϕ) = 1 , 5 5   π 3 Тому x = 2 + 2πn − arctg 4 , n ∈ Z .

де

cos ϕ =

4 3 , sin ϕ = 5 , 5

3 тобто ϕ = arctg 4 .

ІІ спосіб. Застосуємо універсальну підстановку ( b ≠ −c ) . Нехай тоді рівняння зводиться до квадратного звідки

1 2

. Таким чином,

x 1 = 2 2

8t 3(1 − t 2 ) + = 5, 1+ t2 1+ t2

x = 2arctg

x =t , 2

4t 2 − 4t + 1 = 0 ,

1 + 2πn, n ∈ Z . 2

Це та сама множина розв’язків, лише форма запису інша. Дійсно, нехай π

3 1 π π , β = 2arctg , тоді 0 < α < , 0 < β < 4 2 2 4 3 3 4 π  tgα = tg  − arctg  = ctg  arctg  = 4 4 3 2 

α=

− arctg

(бо

arctg

1 π < 2 4

1  2tg  arctg  1 1 4  2  tgβ = tg  2arctg  = = = . 1 1 2 3   1 − tg 2  arctg  1 − 4 2 

Отже,

α =β.

Відповідь:

1   2arctg + 2πn, n ∈ Z  . 2  

3 sin x − 4 cos x = 4 .

 Застосовуючи універсальну підстановку 6t = 8, t =

4 3

і множина

. Тому

x 4 = 2 3

x = π + 2πk , k ∈Z

x = 2arctg

4 + 2πn, n ∈ Z . 3

x =t , 2

дістаємо рівняння

У цьому випадку b = −c

, задовольняє також це рівняння. 12

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

Зауважимо,

що

дане

3 sin x = 4(1 + cos x ), 3 sin tg

x 4 = 2 3

рівняння

допускає

такий

x x x x x cos , cos  3 sin − 4 cos  = 0, звідки 2 2 2 2 2

розв’язок:

cos

x =0 2

або

і відразу дістаємо обидві множини розв’язків.

Відповідь:

4   2arctg + 2πn, π + 2πk k , n ∈ Z  3  

sin 2 x + sin 2 2 x + sin 2 3 x =

3 2

 Тричі застосувавши формулу пониження степеня, зведемо дане рівняння

до

вигляду

1 − cos 2 x 1 − cos 4 x 1 − cos 6 x 3 + + = , 2 2 2 2

cos 2 x + cos 4 x + cos 6 x = 0. Згрупуємо

добуток: ( cos 2 x + cos 6 x ) + cos 4 x = 0,

звідки

доданки і суму косинусів перетворимо в

2 cos 4 x cos 2 x + cos 4 x = 0, 2 cos 4 x ( cos 2 x +1) = 0,

π πn 1 π + , n ∈ Z , або cos 2 x = − , x = ± + πk , k ∈ Z . 8 4 2 3  π πn π  Відповідь:  8 + 4 ,± 3 + πk n, k ∈ Z  .  

звідки

cos 4 x = 0, x =

9 3ctgx − 3tgx + 4 sin 2 x = 0

2t 1 , ctgx = . Дістанемо рівняння  Зробимо заміну tgx = t , тоді sin 2 x = 2 3 8t − 3t + =0, t 1+ t 2

розв’язки

1+ t

яке зводиться до біквадратного 3t 4 − 8t 2 − 3 = 0 і має

t =± 3 .

Відповідь:

Отже,

tgx = ± 3 ,

x =±

 π  ± + πn, n ∈ Z  .  3 

π 3

+ πn, n ∈ Z .

2 ( tgx − ctgx ) = tg 2 x + ctg 2 x − 2 3

 Зробимо

заміну

tg 2 x + ctg 2 x = t 2 + 2 .

розв’язки

t = 0, t =

tgx − ctgx =

2 3

tgx − ctgx = t ,

тоді

t 2 = tg 2 x + ctg 2 x − 2 ,

Дістанемо алгебраїчне рівняння 2 . 3

10 2 t2 − t =0, 3

Розв’язуємо тригонометричні рівняння

, які рівносильні рівнянням

tg 2 x =1 ,

звідки яке має

tgx −ctgx = 0 ,

3tg 2 x − 2tgx − 3 = 0 .

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

tgx = ±1, x =

Отже, x =−

+ πl , l ∈ Z

взяти

π 3

Відповідь:

πk 2

πn 2

, n ∈Z

, або

та

tgx = 3

tgx = −

1 3

, для яких

. Останні дві множини розв’язків можна об’єднати, якщо , k ∈Z.

π πn π πk  , + n, k ∈ Z  .  + 4 2 3 2  

11 sin 3 x + sin 3 x =

3 3 sin 2 x 4

 З формули потрійного кута виразимо

sin 3 x =

3 1 sin x − sin 3 x 4 4

підставимо рівняння, дістанемо: sin 3x +

3 1 3 3 sin x − sin 3x = sin 2 x , sin 3 x + sin x = 3 sin 2 x . 4 4 4

Перетворимо суму синусів у добуток:

(

)

sin 2 x 2 cos x − 3 = 0 ,

πn 2

, n ∈Z , x = ±

Відповідь:

π 3

2 sin 2 x cos x = 3 sin 2 x .

sin 2 x = 0 ∨ cos x =

+ 2πk , k ∈ Z

3 2

Звідки

Тоді

πn π   ,± + 2πk , n, k ∈ Z  . 2 3  

12 tg 2 x = 3tgx

 Відповідно до формули тангенса подвійного кута тому рівняння зводиться до вигляду звідки

tgx = ±

tgx = 0 ,

x = πn, n ∈ Z , x = ±

π 6

1 3

tg 2 x =

2tgx 1 − tg 2 x

2tgx − 3tgx = 0 , tgx 3tg 2 x −1 = 0 , 1 − tg 2 x

(

Отже,

рівняння

має

)

розв’язки

+ πk , k ∈ Z .

π  Відповідь: πn, ± 6 + πk , 

 n,k ∈ Z  . 

13 32 cos 6 x − 1 = cos 6 x  За формулою потрійного кута cos 6 x = 4 cos3 2 x − 3 cos 2 x . Виразимо також cos6 x через cos 2 x , дістанемо 32 cos6 x = 4(2 cos 2 x )3 = 4(1 + cos 2 x ) 3 . Тоді 4(1 + cos 2 x ) −1 = 4 cos 3 2 x − 3 cos 2 x .

Після піднесення до степеня і зведення подібних доданків дістанемо рівняння 4 cos 2 2 x + 5 cos 2 x + 1 = 0 , з якого 3

1 . Тому 4 π 1 π 1 x = + πn, n ∈ Z , x = ± − arccos  + πk , k ∈ Z 2 4 2 2

cos 2 x −1 ∨ cos 2 x = −

. 14

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

π



  Відповідь:  2 + πn,± 2 − 2 arccos 4  + πk , n,k ∈ Z  .     1

14 sin 2 x sin 6 x = cos x cos 3 x

 За формулами перетворення добутку в 1 ( cos 4 x − cos 8 x ) = 1 ( cos 4 x + cos 8 x ), cos 2 x + cos 8 x = 0 . 2

суму

маємо:

2 cos 5 x cos 3 x = 0 . π πn π πk cos 5 x = 0 ∧ cos 3 x = 0 . Тоді x = + , n ∈Z , x = + , k ∈Z. 10 5 6 3  π πn π πk  Відповідь: 10 + 5 , 6 + 3 n,k ∈ Z  .  

Перетворимо

суму

косинусів

добуток:

Звідки

sin x + sin 2 x + 3 sin x =0 1 + cos x

 Рівняння рівносильне системі

 cos x ≠ − 1,   sin x + sin 2 x + sin 3x = 0;

  cos x ≠ − 1,    sin 2 x = 0, ⇔  1 cos x = − ;  2 

⇔

 cos x ≠ − 1,   2 sin 2 x cos x + sin 2 x = 0;

 cos x ≠ − 1,    sin 2 x = 0, ⇔  ⇔ 1   cos x = − ;   2

  x ≠ π + 2π n, n ∈ Z ,    x = π k , k ∈ Z,   2  2π  x = ± + 2π m, m ∈ Z . 3 

Із множини розв’язків

πk 2

вилучимо значення π + 2πn , які не входять до

області визначення, дістанемо множини 2πn та Відповідь:

π 2π   + 2πm n, m, k ∈ Z . 2πn, + πk , ± 2 3  

π 2

+ 2πk .

16 3 −ctgx =2 ctgx

Рівняння рівносильне системі

 ctgx ≤ 2,  ⇔  ctgx ≥ 0,  2  ( 3 − ctgx ) = 4ctgx;

 0 ≤ ctgx ≤ 3,

 0 ≤ ctgx ≤ 3,  ⇔   ctgx = 9,  2  ctg x − 10ctgx + 9 = 0;   ctgx = 1;

⇔

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

π ⇔ ctgx = 1, x = 4 + πn, n ∈ Z .

Відповідь:

π   + πn, n ∈ Z  . 4 

2x   cos 3x cos x +  =1 3  

 Добуток косинусів дорівнює одиниці тільки тоді, коли

 cos 3x = 1,    2π   cos x + 3  = 1   

 cos 3x = − 1,  або   2π   cos x + 3  = − 1   

Розв’яжемо першу систему рівнянь

 3x = 2π n, n ∈ Z ,   2π  x + 3 = 2π k , k ∈ Z , ⇔

 2π n  2π n x = , n ∈ Z ,   x = 3 , n ∈ Z , 3 ⇔ ⇔  ⇔ 2 π 2 π n 2 π  x = − + 2π k , k ∈ Z ,  = − + 2π k , k ∈ Z ,   3 3 3

 2π n  ,  3  n = 3k − 1, n, k ∈ Z ,

⇔

x =−

2π + 2πk , k ∈ Z , 3

Аналогічно знаходимо розв’язки другої системи

 3x = π + 2π n, n ∈ Z ,   2π  x + 3 = π + 2π k , k ∈ Z , x=

π 3

+ 2πk , k ∈ Z

Відповідь:

 π 2π n  π 2π n  x = 3 + 3 , n ∈ Z ,  x = + , n∈ Z ⇔  ⇔  3 3 π  x = + 2π k , k ∈ Z ,  n = 3k , k ∈ Z ,  3

⇔

π  2π  + 2πn, + 2πk , n,k ∈ Z  . − 3  3 

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

sin

3x x ⋅ cos = −1 . 2 3

 Рівняння рівносильне сукупності двох систем

 3x  3x sin = 1 ,  2  sin 2 = − 1, або   x  sin = − 1  cos x = − 1.  3  3

Знайдемо розв’язки цих систем:

 3x π += π n,2 ∈ Zn ,  π 4π n  π 4π n  2 2  x += , ∈ Zn ,  + 3 += ππ k,6  ⇔  3 3 ⇔ 3 3 ⇔ x   += ππ k,2 ∈ Zk ,  x 3 += ππ k,6 ∈ Zk  x 3 += 6ππ k,n ∈ Zk , 3

 2n − 9k = 4, n, k ∈ Z ⇔  x = 3π + 6π k

⇔

 k = 2l, n = 2 + 9l, l ∈ Z   x = 3π + 6π k

⇔

 k = 1 + 2m, n = 7 + 9m, m ∈ Z   x = 3π + 6π k n, k ∈ Z ,

 3x π = +− π n,2 ∈ Zn ,  π 4π n  π 4π n  2 2  x= +− , ∈ Zn ,  +− 3 += ππ k,6  ⇔ 3 3 ⇔3 3 ⇔ x   += ππ k,2 ∈ Zk ,  x 3 += ππ k,6 ∈ Zk  x 3 += 6ππ k,n ∈ Zk , 3

 2n − 9k = 5, n, k ∈ Z ⇔  x = 3π + 6π k

⇔

Обидві множини розв’язків не перетинаються. Відповідь: {3π +12πl ,9π +12πm l , m ∈Z } .

x = 3π +12πl , l ∈Z ;

⇔

x = 9π +12πm, m ∈Z .

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

2 arccos

 ОДЗ:

[

x ∈ 1 − 2 ;1 + 2

x −1 x − 1 3π + arcsin = 4 2 2

Виразимо арккосинус через

арксинус:

x −1 x − 1 3π x −1 π π = , звідки 2 − arcsin = . Дістанемо рівняння arcsin  + arcsin 4 4 2 2  2 2 x −1 π = sin і x =2. 2

Відповідь: 2.

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

arcsin

x2 − 8 π π = 2 arcsin − 8 4 2

π = β, тоді 4 π π π π π x2 − 8 π sin α = , sin β = , причому − 2 ≤ α ≤ 2 , − 2 ≤ β ≤ 2 , 0 ≤ α + 2 ≤ π . Із 8 4 π π рівняння маємо 2β = 2 + α , тому 0 ≤ β ≤ 2 і 0 ≤ x ≤ 4 . Обчислимо косинус від π  обох частин рівняння: cos 2 + α  = cos 2β або − sin α =1 − 2 sin 2 β . Підставимо   8 − x2 2x2 sin β sin α = 1 − значення і , дістанемо тотожність . Отже, x ∈[0;4] . 8 16

 ОДЗ:

x ≤4

Нехай

arcsin

x2 − 8 = α, 8

arcsin

Відповідь: [0;4]

21 arccos x = arctg

x = cosα , α =β,

tgβ =

тому

1 − x2 x

0≤β ≤

π 2

, причому , звідки

0 ≤ α ≤ π, −

cos β =

1 + tg β 2

(знак

«+»,

 1 − x2 cos( arccos x ) = cos arctg  x 

π π ≤β ≤ 2 2

arctg

1 − x2 =β, x

тоді

. Рівняння має вигляд

1 − x2 ≥ 0, x ∈( 0,1] . x

Обчислимо косинус від обох 1

Нехай arccos x = α ,

x ∈[−1;0 ) ∪(0;1] .

 ОДЗ:

1− x x

частин рівняння,

тому

що

0≤β ≤

враховуючи, що π 2

дістанемо

 1 , x =  1 − x2 ,  1+ 2 x

Тобто тотожність x = x , якщо Відповідь: x ∈(0;1]

x ∈(0;1] .

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

1. Які з наведених рівнянь мають безліч коренів: 1) 3)

arccos x = −

;

cos x = −

Д Інша відповідь

Лише 1

Лише 2

Лише 3

Лише 4

arccos x = −

;

cos x = −

arcsin x =1;

sin x =1;

;

всі

1 та 2

2 та 3

3 та 4

3. Розв’язати рівняння cos 2 x + 2 sin x + π = 0 А Б В π π

x = π +πn, n ∈Ζ

x = +n, n ∈ Ζ 2

x∈R

π π

x ≠ +n, n ∈ Ζ 2

+ πn, n ∈ Ζ

x =−

+ πn, n ∈ Ζ

6. Знайти суму коренів рівняння А Б 0,5π

n π x = ( − 1) + πn, n ∈ Ζ 3

x ≠πn, n ∈Ζ x ∈( − ∞;0 ) ∪( 0;+∞)

5. Розв’язати рівняння ( tg 2 x ) 2009 +1 = 0 А Б π

π x = + πn, n ∈ Ζ 2

Д Інша відповідь

1 1 sin 2   + cos 2   = 1 x x

4. Розв’язати рівняння

x =±

∅

sin x =1;

;

2. Які з рівнянь не мають коренів: 1) 3)

arcsin x =1;

7. Знайти суму коренів рівняння

x =−

π 4

В +

πn

, n ∈Ζ

2 tg ( 3 x + 0,25π ) = −1 на

В 1,5π

 x +π  cos  = −1  4 

x =−

π 8

∅

Г +

πn 2

Д , n ∈Ζ

∅

відрізку [0; π] Г Д Інша 2π відповідь

на інтервалі (0;100)

60π

95π

145π

612π

Д Інша відповідь

8. Знайти найменший додатний корінь рівняння cos 7 x + sin 8 x = cos 3x − sin 2 x 1918

Шевчук Н.В., вчитель математики Старокостянтинівського ліцею

3π 10

9. Знайти найбільший від’ємний корінь рівняння А Б В −

−

Г π 8

x + cos x = 0,5 sin 2 x 3

Д Інша відповідь на відрізку

Д Інша відповідь

1,5π

2π

sin x − sin 2 2 x + sin 2 3 x = 0,5 2

−

10. Знайти суму коренів рівняння 1 + sin [−π;2π] А Б В

Д Інша відповідь

11. Знайти найменший додатний корінь рівняння А Б В

sin 2 x + 3 cos 2 x =1

Д 3π π π π Інша 4 4 6 12 відповідь 2 12. Найменшим ірраціональним розв’язком рівняння 4 − х sin 4 x = 0 є… А Б В Г Д 3π π π −π − − − -2 4

13.Скільки коренів має рівняння x +3 sin x = x +3 на проміжку [−π; π] А Б В Г Д жодного один два три Більше трьох ( а − 2 ) sin x = a2 − 4 14. При скількох цілих значеннях параметра а рівняння має корені? А Б В Г Д 1 2 3 4 Більше 4 15. При якому найбільшому цілому значенні параметра а рівняння ( x − a )( cos x + 0,5) = 0 має рівно два корені на відрізку [π;1,5π] ? А Б В Г Д 1 2 3 4 Більше 4 Відповіді: 1 2 3 Б Г А

4 Г

5 Г

6 В

7 А

8 Б

9 Г

10 В

11 Б

12 В

13 В

14 Г

15 Г