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

Z





k

k

 

Пример 42. Решить уравнение  

0

3

3

cos

9

3

sin

2

2







x

x

. 

Решение.  Воспользовавшись  основ-

ным  тригонометрическим  тождеством, 

перепишем уравнение в виде  

0

3

3

cos

9

3

cos

1

2

2





















x

x

, 

или  

0

5

3

cos

9

3

cos

2

2







x

x

. 

Заменой 

t

x



3

cos

  уравнение  сводится 

к  квадратному 

0

5

9

2

2





 t

t

,  которое 

имеет  два  корня: 

1

1

2

t 

  и 

2

5

t   .  Воз-

вращаясь  к  переменной 

x ,  получим: 

2

1

3

cos



x

 

и 

5

3

cos



x

. 

Уравнение 

2

1

3

cos



x

  имеет  корни 

n

x











6

; 

уравнение 

5

3

cos



x

 корней не имеет. 

Ответ:  

n









6

, 

n  Z . 

Зам ечание.   Вводя  новую  перемен-

ную 

3

cos

x

t 

,  можно  было  сразу  учесть, 

что значения косинуса ограничены отрез-

ком 

]

1

;

1

[

,  и,  значит,  интерес  представ-

ляют 

только 

те 

корни 

уравнения 

0

5

9

2

2





 t

t

,  которые  удовлетворяют 

условию 

1



t

.  Накладывать  при замене 

ограничения  на  новую  переменную  не 

обязательно,  но  во  многих  случаях  –  по-

лезно,  поскольку  это  иногда  упрощает 

решение. 

Пример  43.  Найти  все  корни  уравне-

ния 

0

2

ctg

3

tg







x

x

,  удовлетворяю-

щие условию 

0

2

sin



x

. 

Решение. 

Если 

записать 

условие 

0

2

sin



x

  в  виде 

0

cos

sin

2





x

x

,  то  ста-

новится очевидным, что оно выполняется 

в том и только в том случае, когда 

x

sin

 и  

x

cos   имеют  разные  знаки,  что  в  свою 

очередь равносильно условию 

0

tg 

x

.  

Введением  новой  переменной 

t

x 

tg

 

сведем исходную задачу  к решению сме-

шанной системы:  

0

2

1

3









t

t

, 

0



t

, 

или  

0

3

2

2





 t

t

, 

0



t

. 

Уравнение 

0

3

2

2





 t

t

  имеет  два 

корня 

3





t

, 

1



t

,  из  которых  только 

первый  удовлетворяет  условию 

0



t

. 

Возвратившись  к  исходной  переменной, 

получим  уравнение 

3

tg





x

.  Следова-

тельно, 

n

x









3

arctg

, 

n  Z . 

Ответ: 

n







3

arctg

, 

n  Z . 

решение уравнений, однородных отно-

сительно синуса и косинуса 

Однородными  относительно 

x

sin

  и 

x

cos  называют уравнения вида, 

...

cos

sin

sin

1

1









x

x

a

x

a

n

n

n

n

  

0

cos

cos

sin

...

0

1

1









x

a

x

x

a

n

n

, 

в  которых  сумма  показателей  степеней  у 

x

sin

 и 

x

cos  (степень уравнения) во всех 

членах уравнения одинакова. Например,  

0

cos

sin





x

b

x

a

  –  однородное  урав-

нение  первой  сте-

пени, 

0

cos

cos

sin

sin

2

2







x

b

x

x

c

x

a

  –  од-

нородное 

уравне-

ние  второй  степе-

ни, 







x

x

d

x

x

c

x

a

2

2

3

cos

sin

cos

sin

sin

  

0

cos

3





x

b

  –  однородное  уравнение 

третьей степени. 

Делением  обеих  частей  уравнения  на 

x

k

cos

  или 

x

k

sin

,  где 

k

  –  степень  урав-

нения, однородные  уравнения  сводятся  к 

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

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

24 

алгебраическим  относительно 

x

t

tg



 

или 

x

t

ctg



. 

Однако  следует  иметь  в  виду,  что  де-

ление  может  привести  к  потере  корней. 

Чтобы избежать этого, сначала требуется 

установить  не  являются  ли  корнями 

уравнения числа вида 

2

x

n





 

, 

n  Z , 

при делении на 

x

k

cos

, и, соответственно, 

числа  вида 

n

x





, 

n  Z ,  при  делении 

на 

x

k

sin

.  Далее  после  делим  на 

x

k

cos

 

или 

x

k

sin

 ищем другие решение уравне-

ния, отличные от указанных. 

В частности, уравнения вида  

d

x

b

x

x

c

x

a







2

2

cos

cos

sin

sin

 

приводятся  к  однородным  путем  пред-

ставления правой части в виде:  

)

cos

(sin

2

2

x

x

d

d







. 

Пример 44. Решить уравнение  

4

2

sin

5

cos

10

2





x

x

. 

Решение.  Преобразуем  обе  части 

уравнения,  воспользовавшись  тождест-

вами: 

x

x

x

cos

sin

2

2

sin



, 

1

cos

sin

2

2





x

x

.  Последовательно  име-

ем: 

4

2

sin

5

cos

10

2





x

x

; 

)

cos

(sin

4

cos

sin

2

5

cos

10

2

2

2

x

x

x

x

x









; 

0

cos

3

cos

sin

5

sin

2

2

2







x

x

x

x

. 

Заметим, что среди значений x, для ко-

торых 

0

cos 

x

,  корней  уравнения  нет, 

поскольку,  если 

0

cos 

x

,  то  из  уравне-

ния  следует,  что  и 

0

sin



x

,  а  одновре-

менно  эти  два  равенства  выполняться  не 

могут.  Значит,  можно  разделить  обе  час-

ти  уравнения  на 

x

2

cos

,  не  опасаясь  по-

тери  корней.  После  деления  получим 

уравнение  

0

3

tg

5

tg

2

2







x

x

. 

Решив  его  как  квадратное относитель-

но 

x

tg ,  найдем: 

5

,

0

tg



x

, 

3

tg





x

,  от-

куда 

n

x







5

,

0

arctg

, 

n

x









3

arctg

. 

Ответ: 

n





5

,

0

arctg

, 

arctg 3

,

n n



 

 Z . 

симметрические уравнения 

Рассмотрим 

тригонометрические 

уравнения 

( )

0

f x  ,  левая  часть  которых 

представляет  собой  рациональное  выра-

жение от переменных 

sin

cos

t

x

x





 (или 

sin

cos

t

x

x





)  и 

sin cos

v

x

x



.  Посколь-

ку  





2

2

sin

cos

1 2sin cos

1 2

t

x

x

x

x

v





 

 

, 

то 

2

1

2

t

v





,  если 

sin

cos

t

x

x





,  и 

2

1

2

t

v





,  если 

sin

cos

t

x

x





.  Следова-

тельно,  исходное  уравнение  сводится  к 

алгебраическому  относительно  перемен-

ной 

t . 

Так 

как 

sin

cos

2 sin

4

x

x

x





















, 

то 

поиск 

корней  алгебраического  уравнения  мож-

но ограничить промежутком 

2



t

. 

Пример 45. Решить уравнение  





0

cos

sin

2

cos

sin

2

1









x

x

x

x

. 

Решение.  Введем  новую  переменную 

t

x

x



 cos

sin

, 

2



t

. С учетом равен-

ства 

2

1

cos

sin

2





t

x

x

  перепишем  урав-

нение  в  виде 

0

2

2

1

2

1

2











t

t

,  или 





0

2 



t

t

.  Последнее  уравнение  имеет 

два  корня   

0

1



t

  и 

2

2





t

,  из  которых 

только  первый  удовлетворяет  условию 

2



t

.  

Вернемся  к  переменной 

x .  Полу-

чим 

0

cos

sin





x

x

, 

или 

0

4

sin

2



















x

, откуда 

n

x











4

. 

Ответ: 

,

4

n n





 

 Z

. 

Пример 46. Решить уравнение  

1

cos

sin

cos

sin

3

3







x

x

x

x

. 

Решение.  Воспользовавшись  форму-

лой разности кубов  









)

cos

(sin

cos

sin

3

3

x

x

x

x

  

)

cos

cos

sin

(sin

2

2

x

x

x

x







 

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

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

25 

перепишем уравнение в виде  

1

cos

sin

)

cos

sin

1

)(

cos

(sin









x

x

x

x

x

x

. 

Положим 

t

x

x



 cos

sin

, 

2



t

. То-

гда 





2

2

sin

cos

1 2sin cos

t

x

x

x

x





 

,  и, 

значит, 

2

1

cos

sin

2

t

x

x





. Таким образом, 

после замены получим уравнение  

0

1

2

1

2

1

1

2

2



























t

t

t

, 

которое преобразуется к виду  

2

1

1

(

1)

0

2

t

t

























, или 





2

3

(

1)

0

t

t





 . 

Отсюда 

1,2

3

t

 

, 

3

1

t  . 

Условию 

2



t

  удовлетворяет  только  одно  из 

найденных значений: 

1



t

.  

Возвратимся  к  исходной  переменной. 

Получим 

1

cos

sin





x

x

, 

или 

1

4

sin

2



















x

, 

2

2

4

sin



















x

,  отку-

да 

2

4

4

x

n









 

 

или 

2

4

4

x

n







  

 

.  Таким  образом,  ис-

ходное  уравнение  имеет  две  серии  реше-

ний: 

2

2

x

n





 

 и 

2

x

n

   

. 

Ответ: 

n







2

2

, 

2

,

n n

  

 Z . 

Уравнения 

( )

0

f x  ,  левая  часть  кото-

рых может быть представлена как много-

член  от 

x

x

ctg

tg 

,  сводятся  к  алгебраи-

ческим заменой 

t

x

x



 ctg

tg

.  

Пример 47. Решить уравнение  





0

4

ctg

tg

3

ctg

tg

2

2











x

x

x

x

. 

Решение.  Положим 

t

x

x



 ctg

tg

.  За-

метим, что  

1

2

tg

ctg

sin cos

sin 2

x

x

x

x

x







 

и, следовательно, 

2



t

. Поскольку  





x

x

2

2

ctg

tg

2

ctg

tg

2

)

ctg

(tg

2

2













t

x

x

x

x

, 

то после замены получим уравнение  





0

4

3

2

2









t

t

, или 

0

2

3

2





 t

t

. 

Последнее  уравнение  имеет  два  корня 

1



t

  и 

2



t

,  из  которых  только  второй 

удовлетворяет  условию 

2



t

.  Если 

2



t

,  то 

2

ctg

tg





x

x

,  или 

1

2

sin



x

, 

откуда 

n

x









4

,