Корянов А. Г., Прокофьев А. А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней 25. 12. 2011

Пример 74. Решить уравнение 

0

2

tg

ctg





x

x

. 

Решение. 

Имеем 

последовательно  

,

0

tg

1

tg

2

tg

1

2







x

x

x

 

.

0

tg

1

2





x

  Последнее 

уравнение  не  имеет  корней.  При  замене 

выражения 

x

ctg  на выражение 

x

tg

1

и при 

замене  выражения 

x

2

tg

  на  выражение  

x

x

2

tg

1

tg

2



может  произойти  потеря  корней  

Z









n

n,

2

.  Проверкой  убеждаемся, 

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

39 

что  числа  этого  вида  являются  корнями 

исходного уравнения. 

Ответ: 

Z









n

n,

2

. 

Пример 75. Решить уравнение 

1

8

tg

5

tg





x

x

. 

Решение. 

1

8

tg

5

tg





x

x

   

1

8

cos

8

sin

5

cos

5

sin







x

x

x

x

  





















;

0

5

cos

,

0

8

cos

,

0

5

sin

8

sin

5

cos

8

cos

x

x

x

x

x

x

  

  

















;

0

5

cos

,

0

8

cos

,

0

3

cos

x

x

x

    

















































.

,

5

10

,

,

8

16

,

,

3

6

Z

Z

Z

m

m

x

k

k

x

n

n

x

 

Выясним, 

какие 

из 

значений 

3

6

n

x









, 

Z



n

,  являются  недопусти-

мыми.  Для  этого  решим  в  целых  числах 

уравнения 

8

16

3

6

k

n















 

и 

5

10

3

6

m

n















. 

Рассмотрим 

уравнение 

8

16

3

6

k

n















.  После  преобразований 

получим: 

k

n

6

3

16

8







  

5

16

6





n

k

. 

Последнее  равенство  невозможно,  так 

как в левой его части стоят четные числа, 

а в правой – нечетное. 

Рассмотрим уравнение 

5

10

3

6

m

n















. 

После преобразований получим: 

m

n

6

3

10

5







  

1

5

3



 n

m

  

 

3

1

5 



n

m

  

3

1

2







n

n

m

. 

Поскольку  m  и  n  –  целые  числа,  то 

t

n

3

1 



,  где 

Z



t

.  Таким  образом, 

1

3 

 t

n

 – недопустимые значения. Итак,  

3

6

n

x









, 

Z



n

 и 

1

3 

 t

n

 (

Z



t

). 

Заметим,  что  в  этой  задаче  форму  за-

писи  ответа  можно  упростить.  Для  этого 

напомним, что при делении на 3 возмож-

ны  только  остатки  0,  1  или  2,  т.е.  любое 

целое  число  n  представимо  в  одном  из 

трех видов: 

t

n

3



, 

1

3 

 t

n

 или 

2

3 

 t

n

 

(

Z



t

). 

Значит, 

либо 

t

n

3



, 

либо 

2

3 

 t

n

.  Получаются  две  серии  реше-

ний: 

t

x









6

1

 и 

t

x









6

5

2

. Эти серии 

решений  легко  объединяются.  Оконча-

тельно получаем: 

l

x











6

, 

Z



l

. 

Ответ: 

l









6

, 

Z



l

. 

Иногда умножение на выражение с пе-

ременной  является  ключевым  при  реше-

нии  некоторых  уравнений,  которые  не 

имеют дробей.  

Пример 76. Решить уравнение  

.

1

4

cos

2

cos

cos

8



x

x

x

 

Решение.  Ключевым  моментом  в  ре-

шении  данного  уравнения  является  ум-

ножение обеих частей уравнения на 

.

sin x

 

Проверим  имеет  ли  исходное  уравнение 

корни  уравнения 

,

0

sin



x

  то  есть  числа 

.

,

Z





n

n

  Если  n  –  четное,  то  есть 

,

2

1

n

n 

  то  подставляя 

1

2 n



,  получаем 

ложное  равенство 

1

8 

.  При нечетном  n, 

то  есть 

,

1

2

1



 n

n

  подставим 







1

2 n

. 

Получим также ложное равенство 

.

1

8 



 

Преобразуем данное уравнение 

1

4

cos

2

cos

cos

8



x

x

x

    

x

x

x

x

x

sin

4

cos

2

cos

cos

sin

8



    

  

x

x

x

x

sin

4

cos

2

cos

2

sin

4



    



x

x

x

sin

4

cos

4

sin

2



     

  

0

sin

8

sin





x

x

    

  

























,

9

2

9

,

7

2

k

x

m

x

 

.

,

Z



k

m

 

При  умножении  обеих  частей  уравне-

ния  на 

x

sin

  могут  появиться  посторон-

ние корни 

.

,

Z





n

n

 

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

40 

Для 

7

2 m

x





  рассмотрим  уравнение 

n

m







7

2

 или 

.

7

2

n

m 

Если n нечетное, 

то  есть 

Z







p

p

n

,

1

2

,  то  равенство 

7

14

2





p

m

  невозможно (в  левой  части 

четное число, в правой – нечетное). Пусть 

Z





p

p

n

,

2

, 

тогда 

имеем 

.

,

7

Z





p

p

m

  Отсюда  следует,  что  чис-

ла вида 

7

2 m



 являются корнями данного 

уравнения, где 

.

,

7

Z





p

p

m

 

Если 

9

2

9

k

x









, 

то 

имеем 

n

k











9

2

9

  или 

.

9

2

1

n

k 



  Если  n 

четное, то есть 

Z





t

t

n

,

2

, то равенство 

k

t

2

18

1





 

невозможно. 

Пусть 

Z







t

t

n

,

1

2

, 

тогда 

получаем 

Z







t

t

k

,

4

9

. 

Ответ: 

,

7

2 m



 

;

,

;

7

Z





p

m

p

m

 

,

9

2

9

k







 

Z







t

k

t

k

,

;

4

9

. 

Тренировочные упражнения 

104. Решите уравнение 

1

3

cos

2

sin

cos





x

x

x

. 

105.  Определите  количество  корней 

уравнения 

0

1

cos

2

3

sin

2











x

x

 на промежут-

ке 

]

5

;

3

[

. 

Решите уравнение: 

106. 

0

3

sin

2

cos



x

x

.   107. 

0

1

ctg

sin

1

2

cos









x

x

x

. 

108. 

0

3

2sin

1

cos

2

cos









x

x

x

. 

109. 

0

3

2cos

1

sin

2

cos









x

x

x

. 

110. 

0

3

tg

sin

3

cos

2

2

2









x

x

x

. 

111. 

0

3

ctg

cos

3

sin

2

2

2









x

x

x

. 

112. 

0

1

2cos

tg

3

2

ctg

2























x

x

x

. 

113. 

0

3

2sin2

1

sin

2

cos3

sin2

sin4













x

x

x

x

x

. 

114. Найдите все значения 

x , при каж-

дом  из  которых  выражения 

x

x

2

tg

4

sin

  и 

x

x

x

2

tg

sin

cos

4

4



  принимают  равные  значе-

ния. 

Решите уравнение: 

115. 

0

sin

5

cos

2

ctg







x

x

x

. 

116. 

x

x

x

x

tg

5

tg

4

tg

2

tg







. 

117. 

0

sin

3

sin



x

x

.      118. 

0

1

cos

2

3

sin

2







x

x

. 

119. 

x

x

x

cos

tg

2

sin



. 

120. 

0

cos

sin

cos

1







x

x

x

. 

121. 

0

4

cos

sin









x

x

x

. 

122. 

1

3

cos

cos

cos

sin







x

x

x

x

. 

123. 

0

sin

3

5sin

tg

3

tg

4

2

2







x

x

x

x

. 

124. 

0

cos

4

5cos

ctg

4

ctg

3

2

2







x

x

x

x

. 

125. 

x

x

x

x

2

cos

4

sin

2

sin

4

cos



. 

126. 

0

sin

ctg

4

ctg

cos

4









x

x

x

x

. 

127. 

1

sin

7

cos

4

tg

2

sin

3

2









x

x

x

x

. 

128. Найдите сумму различных корней 

уравнения  



























x

x

x

14

2

3

sin

7

cos

7

sin

4

2

2

2

 



























































6

5

3

4

cos

2

5

2

3

cos

2

5

3

sin

x

x

x

 

на отрезке 

]

5

;

3

[

. 

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

41 

Уравнения, содержащие  

корни натуральной степени 

Пример 77. Решить уравнение: 

x

x

5

,

0

cos

6

sin

2

3

2





. 

Решение.  Данное  уравнение  равно-

сильно смешанной системе: 













.

5

,

0

cos

6

sin

2

3

,

0

5

,

0

cos

2

2

x

x

x

 

(*) 

Для  решения  уравнения,  входящего  в 

систему  (*),  воспользуемся  формулами 

2

cos

2

sin

2

sin

x

x

x 

  и 

2

cos

1

2

sin

2

2

x

x





. 

Получим: 

2

cos

6

2

cos

2

sin

8

3

2

2

2

x

x

x

x





  

 

2

cos

6

5

,

0

cos

2

cos

1

8

3

2

2

2

x

x

x



















  

 

0

3

2

cos

2

2

cos

8

2

4







x

x

. 

Сделав  замену 

t

x



2

cos

2

,  где 

1

0



 t

, 

получим  уравнение 

0

3

2

8

2





 t

t

.  Дан-

ное  уравнение  имеет  два  корня: 

4

3

1



t

  и 

2

1

2





t

.  Заметим,  что  корень 

2

1

2





t

  не 

удовлетворяет  условию 

1

0



 t

.  Возвра-

щаясь к исходной системе, получим: 



















4

3

2

cos

,

0

2

cos

2

x

x

  







































;

2

3

2

cos

,

2

3

2

cos

,

0

2

cos

x

x

x

   

 

2

3

2

cos



x

  

n

x











4

3

,