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

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

31 







11

11

arccos

 или 







 )

1

arccos(

 верно. 

Следовательно, данное уравнение име-

ет единственное решение 

5





x

. 

Ответ: 

5



. 

Использование ограниченности функций 

Для  использования  ограниченности 

функции  необходимо  уметь  находить 

множество  значений  функции  и  знать 

оценки  области  значений  стандартных 

функций 

(например, 

;

1

sin

1







x

 

;

1

cos

0

2





x

 

2

2

cos

sin

b

a

x

b

x

a











 и т.д.). 

метод оценки 

Этот  метод  применяется  при  решении 

уравнений 

)

(

)

(

x

g

x

f



,  в  которых  его 

левые  и правые  части на  всей  ОДЗ  удов-

летворяют 

неравенствам 

M

x

f



)

(

, 

M

x

g



)

(

.  В  этом  случае  уравнение 

)

(

)

(

x

g

x

f



  равносильно  совокупности 

систем:  











M

x

g

M

x

f

)

(

,

)

(

 и 















.

)

(

,

)

(

M

x

g

M

x

f

 

Соответственно,  решив  по  отдельности 

каждое  из  уравнений  приведенных  сис-

тем,  в  дальнейшем  нужно  отобрать  их 

общие решения.  

Отметим,  что  метод  оценки  удобно 

использовать  и  при  отборе  корней  урав-

нения. 

Пример 56. Решить уравнение  

2

)

12

sin

3

)(

12

sin

3

(

)

5

4

(

27

3















x

x

x

. 

Решение.  Оценим  левую  часть  данно-

го уравнения, начиная с выражения 

x

x

x















12

sin

3

)

12

sin

3

)(

12

sin

3

(

2

.  

Так  как 

,

1

12

sin

0

2







x

  то  последова-

тельно 

получаем 

,

0

12

sin

1

2











x

 

,

3

12

sin

3

2

2









x

 

27

3

9

12

sin

3

2









x

. 

Для  правой  части  имеем 

0

)

5

4

(

2





x

, 

27

)

5

4

(

27

2







x

  при  всех  значениях 

R



x

.  Равенство  возможно только  в  том 

случае,  если  обе  части  уравнения  равны 

27,  то  есть  исходное  уравнение  равно-

сильно системе 























.

27

)

5

4

(

27

27

3

2

12

sin

3

2

x

x

 

Второе  уравнение  имеет  один  корень 

,

4

5



x

 который удовлетворяет и первому 

уравнению системы. 

Ответ: 1,25. 

Пример 57. Решить уравнение  

2

3

2

cos

2



 x

. 

Решение.  Рассматривая  данное  урав-

нение  как  простейшее  тригонометриче-

ское уравнение, получим 

.

,

2

6

2

2

Z















n

n

x

 

Так 

как 

,

2

2

2



 x

 

то 

2

2

0

2







x

. 

Из  всех  чисел  вида 

Z











n

n,

2

6

, 

отрезку 

]

2

;

0

[

  принадлежит  только  чис-

ло 

6



. Поэтому последнее уравнение рав-

носильно уравнению  

.

6

2

2





 x

 

Возведя  обе  части  уравнения  в  квад-

рат, получим 

,

36

2

2

2







x

 откуда  

.

36

2

2









x

 

Ответ: 

.

36

2

2







 

ограниченность синуса и косинуса 

Пример 58. Решить уравнение  

2

3

5

sin

4

cos





x

x

. 

Решение.  Перепишем  уравнение  в  ви-

де 

5

cos 4

2

sin

3

x

x 



. Так как при любом 

значении 

x  

cos 4

1

x 

,  а 

5

2 sin

1

3

x





,  то 

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

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

32 

равенство 

5

cos 4

2

sin

3

x

x 



  может  вы-

полняться  в  том  и  только  в  том  случае, 

когда  

















1

3

5

sin

,

1

4

cos

x

x































.

,

5

6

10

3

,

,

2

Z

Z

m

m

x

n

n

x

 

Найдем  такие  целые  значения 

n   и  m , 

что 

3

6

2

10

5

n

m











, т.е. 

5

3 12

n

m

 

. Вы-

ражая  из  последнего  равенства 

n ,  полу-

чаем 

2

3

2

5

m

n

m







.  Так  как 

n   –  целое, 

то  последнее  равенство  возможно,  если 

2

3

m 

 

делится 

на 

5, 

т.е. 

2

3

5 ,

m

k k

 

 Z . 

Отсюда 

1

2

1

2

k

m

k





 

.  Поскольку 

m   должно 

быть  целым,  то 

k

  должно  быть  нечет-

ным.  Если 

2

1

k

p



 ,  где  p  Z ,  то 

(2

1) 1

2(2

1) 1

5

1

2

p

m

p

p









 





.  Сле-

довательно, 

3

6 (5

1)

3

6

10

5

2

p

x

p















 

. 

Ответ: 

3

6

,

2

p p



 

 Z

. 

Пример 59. Решить уравнение  

sin 7

cos 4

1

x

x



 

. 

Решение.  Воспользовавшись  форму-

лой преобразования произведения синуса 

и косинуса в сумму, приводим уравнение 

к  виду 

sin11

sin 3

2

x

x



 

,  откуда  полу-

чим 

sin11

2 sin 3

x

x

  

.  Так  как  при  лю-

бом 

значении 

x  

sin11

1

x  

, 

а 

2 sin 3

1

x

 

 

, 

то 

равенство 

sin11

2 sin 3

x

x

  

  может  выполняться  в 

том и только в том случае, когда  

sin 11

1,

2

sin 3

1

x

x

 







 

 



2

,

,

22

11

2

,

.

6

3

n

x

n

m

x

m







 















   







Z

Z

 

Найдем  такие  целые  значения 

n   и  m , 

при  которых 

2

2

22

11

6

3

n

m













 



  т.е. 

3

2 11

n

m

  

.  Выражая  из  последнего 

равенства 

n ,  получаем 

2

2

3

3

m

n

m







. 

Так как 

n  - целое, то последнее равенст-

во возможно, только если 

2

2

m 

 делится 

на  3,  т.е. 

2

2

3 ,

m

k k

 

 Z .  Отсюда 

1

2

k

m

k

  

.  Поскольку 

m   должно  быть 

целым,  то 

k

  должно  быть  четным.  Если 

2

k

p



, 

где 

p  Z , 

то 

2

1 2

3

1

2

p

m

p

p

 







. 

Следовательно, 

2 (3

1)

2

6

3

2

p

x

p









 





 

. 

Ответ: 

2

,

2

p p



 

 Z

. 

применение классических неравенств 

Рассмотрим  классическое  неравенство 

Коши, известное школьнику как неравен-

ство  между  средним  арифметическим  и 

средним  геометрическим  неотрицатель-

ных  чисел,  которое  эффективно  может 

быть  использовано  при  решении  уравне-

ний. 

Неравенство Коши для случая трех не-

отрицательных чисел 

3

3

abc

c

b

a







,  

где равенство достигается при 

,

c

b

a





 

можно переписать в виде  

3

3 abc

c

b

a







. 

Для  случая  двух  неотрицательных  чи-

сел неравенство 

,

2

ab

b

a





  

где равенство достигается при 

,

b

a 

 

можно переписать в виде 

ab

b

a

2





. 

Отметим  частные  случаи  неравенства 

Коши  для двух неотрицательных чисел:  

2

a

b

b

a





 при 

0

a

b



, 

1

2

a

a





 при 

0

a 

; 

при 

0



a

 

2

1





a

a

. 

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

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

33 

Пример 60. Решить уравнение  

x

x

x

8

cos

2

ctg

tg





. 

Решение.  Оценим  левую  и  правую 

части данного уравнения. 

Так  как 

x

x

x

x

tg

1

tg

ctg

tg







,  то 

2

ctg

tg





x

x

. 

В 

то 

же 

время 

2

8

cos

2



x

. 

Значит, 

равенство 

x

x

x

8

cos

2

ctg

tg





  выполняется  только 

в двух случаях:  

1. 













2

8

cos

2

,

2

ctg

tg

x

x

x

 или 2. 

















.

2

8

cos

2

,

2

ctg

tg

x

x

x

 

1.  Из  первого  уравнения  последова-

тельно  находим: 

2

2

sin

2



x

, 

1

2

sin



x

, 

n

x









4

, 

Z



n

;  из  второго: 

1

8

cos



x

, 

4

k

x





, 

Z



k

.  Нетрудно  убедиться  (на-

пример,  воспользовавшись  моделью  три-

гонометрической  окружности),  что  пер-

вое множество значений 

x  содержится во 

втором, и, значит, 

n







4

, 

Z



n

, – реше-

ние системы. 

2. 

Решение 

первого 

уравнения 

n

x











4

, 

Z



n

,  второго 

4

8

k

x









, 

Z



k

.  Равенство 

4

8

4

k

n

















,  т.е. 

k

n

2

3

8





, невозможно ни при каких це-

лых  значениях 

n   и 

k

  (в  его левой  части 

стоит четное, а в правой –  нечетное чис-

ло). Следовательно, эта система решений 

не имеет.  

Ответ: 

,

4

n n



 

 Z

. 

Использование монотонности функций 

При 

использовании 

монотонности 

функций  различают  случаи,  когда  функ-

ции, стоящие в обеих частях неравенства, 

имеют  одинаковую  монотонность  или 

разную монотонность. 

монотонность функции  

на множестве R 

Если  функция 

)

(t

f

  строго  возрастает 

на  R,  то 









)

(

)

(

x

g

f

x

h

f



  равносильно 

уравнению 

).

(

)

(

x

g

x

h



 

Если  функция 

)

(t

f

  строго  убывает  на 

R,  то 









)

(

)

(

x

g

f

x

h

f



  равносильно 

уравнению 

).

(

)

(

x

g

x

h



 

Пример 61. Решите уравнение  

x

x

x

x

sin

2

3

2

sin

3

)

sin

3

(

3

sin















. 

Решение.  Пусть 

t

x 

sin

.  Рассмотрим 

функцию 

2

3

)

(







t

t

t

f

,  определенную 

при всех действительных значениях  t .  

Тогда данное уравнение примет вид 

)

sin

3

(

)

(sin

x

f

x

f





. 

Функция 

)

(t

f

  строго  возрастает  на  R 

как  произведение  двух  возрастающих 

функций.  

Следовательно,  исходное  уравнение  

равносильно  уравнению 

x

x

sin

3

sin





 

или   

2

3

sin



x

,  решением  которого  яв-

ляются значения 

,

3

)

1

(

n

x

n









