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

Z



n

. 

Ответ: 

,

3

)

1

(

n

n









 

Z



n

. 

монотонность функции  

на промежутке

 

  Если  функция 

)

(t

f

  строго  монотон-

на  на  своей  области  существования  – 

промежутке 

М, 

то 

уравнение 









)

(

)

(

x

g

f

x

h

f



 равносильно системе 

















M

g

E

M

h

E

x

g

x

h

)

(

)

(

)

(

)

(

  

Пример 62. Решить уравнение  

)

2

3

arcsin(

)

2

3

arcsin(

2







x

x

x

. 

Решение.  Перейдем  к  равносильной 

системе 





















1

2

3

1

,

2

3

2

3

2

x

x

x

x

























1

2

3

1

,

0

2

5

3

2

x

x

x

 

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

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

34 

  





































1

2

3

1

3

1

2

x

x

x

    

3

1





x

. 

Ответ: 

3

1



.  

Пример 63. Решить уравнение 

)

3

arccos(

)

3

arccos(

2







x

x

. 

Решение. Уравнение равносильно сис-

теме  





















1

3

1

,

3

3

2

x

x

x

    





















2

4

,

0

6

2

x

x

x

    

































2

4

3

2

x

x

x

    

2





x

. 

Ответ: 

2



. 

Пример 64. Решить уравнение  

x

x

2

sin

arc

arccos 

. 

Решение.  Область  допустимых  значе-

ний  уравнения  определяется  условиями 

1



x

, 

1

2



x

, т.е. 

5

,

0

|

|



x

. Более того, 

поскольку  значения  арккосинуса  ограни-

чены отрезком 







,

0

, а арксинуса – отрез-

ком 



















2

;

2

,  то  равенство  левой  и  пра-

вой  частей  уравнения  возможно  только в 

случае, если их значения лежат на отрез-

ке 















2

;

0

,  т.е.  с  учетом области  допусти-

мых значений при 

5

,

0

0



 x

. 

Таким  образом,  решение  уравнения 

следует  искать  на  множестве 

5

,

0

0



 x

. 

Так как функция 

t

y

cos



 убывает на от-

резке 















2

;

0

, то на отрезке 





5

,

0

;

0

 уравне-

ние 

x

x

2

sin

arc

arccos 

 

равносильно 

уравнению 









x

x

2

sin

arc

cos

arccos

cos



, 

которое,  в  свою  очередь,  на 





0; 0, 5

  рав-

носильно 

уравнениям: 

2

4

1

x

x





, 

2

2

4

1

x

x





, 

1

5

2



x

, 

5

1



x

.  

Ответ: 

5

1

.  

Замечание. 

Процесс  решения 

уравнения  в  этом 

примере 

можно 

сделать 

нагляд-

ным, 

построив 

графики  функций 

arccos

y

x



 

и 

arc sin 2

y

x



 (рис. 

23). 

функции разной монотонности

  

Уравнение 

)

(

)

(

x

v

x

u



, где 

)

(x

u

 – возрас-

тающая,  а 

)

(x

v

  –  убывающая  функции, 

либо  не  имеет  решений  (рис.  24а),  либо 

имеет единственное решение (рис. 24б). 

Пример 65. Найти корни уравнения   

x

x

x

sin

3

ctg

3

cos





 

на промежутке

 





















2

3

;

2

. 

Решение. 

Функция 

x

x

x

f

ctg

3

cos

)

(





  монотонно  убывает 

на  данном  промежутке,  как  сумма  убы-

вающих 

функций. 

Функция 

x

x

g

sin

3

)

(



  монотонно  возрастает  на 

этом промежутке. Значит, исходное урав-

нение  на  промежутке 





















2

3

;

2

  имеет 

не  более  одного  корня.  Легко  проверить, 

что число 

3

5



 является корнем данного 

уравнения. 

Ответ: 

3

5



. 

y

x

   O 

-1



1

y = arcsin 2x







y = arccos x

-0,5    0,5

Рис. 23 

v(x)

x

y

u(x)

O

x

y

v(x)

u(x)

O

 

 

а 

б 

Рис 24 

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

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

35 

Использование периодичности  

функций 

Поскольку  тригонометрические  функ-

ции  не  являются  монотонными  на  всей 

области определения, то равенство значе-

ний  синусов,  косинусов,  тангенсов  или 

котангенсов  неравносильно  равенству 

аргументов.  Из  монотонности  функции 

на некотором промежутке и ее периодич-

ности нетрудно показать следующие рав-

носильности: 



























n

n

2

β

α

,

2

β

α

β

sin

sinα

 

(1) 

























n

n

2

β

α

,

2

β

α

β

cos

α

cos

 

(2) 





























m

n

2

α

,

β

α

β

tg

α

tg

 

(3) 





















m

n

α

,

2

β

α

β

ctg

ctgα

 

(4) 

(во всех формулах 

Z



n

m,

). 

Заметим  также,  что  уравнения  вида 

 

 

x

g

x

f

cos

sin



  и 

 

 

x

g

x

f

ctg

tg



  с 

помощью  формул  приведения  сводятся  к 

уравнениям-равенствам 

одноименных 

функций:  

 

 



















x

g

x

f

2

sin

sin

, 

 

 



















x

g

x

f

2

tg

tg

. 

Пример 66. Решить уравнение  

x

x

7

cos

sin



. 

Решение. Используя тождество 



















x

x

7

2

sin

7

cos

, 

перепишем 

уравнение 

в 

виде 



















x

x

7

2

sin

sin

.  Применив  равносиль-

ный переход (1), сведем решение уравне-

ния к решению совокупности  

















































,

2

7

2

,

2

7

2

n

x

x

n

x

x

 где 

Z



n

. 

В результате получим две серии реше-

ний: 

4

16

n

x









 

или 

3

12

n

x











, 

n  Z

. 

Заметим,  что  вторую  серию  решений 

можно также задать в виде 

3

12

n

x











. 

Знак  перед  дробью 

3

n



  не  имеет  значе-

ния, поскольку параметр 

n  пробегает все 

целые значения. 

Ответ: 

4

16

n







, 

3

12

n









, 

Z



n

. 

Пример 67. Решить  уравнение  

x

x

3

tg

tg 

. 

Решение. Применив равносильный пе-

реход (3), получим 



























































,

2

,

2

,

2

,

3

3

tg

tg

m

x

n

x

m

x

n

x

x

x

x

 

где 

Z



n

m,

. 

Заметим,  что  если 

1

2



 m

n

,  где 

Z



m

,  то  соответствующие  значения 

x  

попадают  в  разряд  «запрещенных»,  по-

скольку 

в 

этом 

случае 

m

m

x



















2

2

)

1

2

(

. 

При 

m

n

2



,  где 

Z



m

,  получаем  ре-

шения  вида 

m

x







.  Полученные  реше-

ния  можно  записать  как 

m

x





  так  как 

Z



m

. 

Ответ: 

m

x





, 

Z



m

. 

Замечание.  Уравнения,  представляю-

щие  собой  равенства  синусов  или  коси-

нусов,  можно  решать  иначе:  путем  пре-

образования  разности  синусов  или  коси-

нусов в произведение. 

Пример 68. Решить уравнение  

0

cos

2

cos





x

x

. 

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

 

25.12.2011 

www.alexlarin.net

 

36 

Решение.  По  формуле  преобразования 

суммы  косинусов  в  произведение  полу-

чим 

.

0

2

3

sin

2

sin

2





x

x

 

Отсюда  имеем 

,

0

2

sin



x

 

,

2 n

x





 

Z



n

 или  

,

0

2

3

sin



x

 

.

,

3

2

Z







k

k

x

 

Заметим,  что  первая  серия  решений 

включается во вторую. 

Использование четности  

и нечетности функций 

 Если функция 

)

(x

f

, определенная на 

некотором  промежутке 

X

,  является  на 

этом промежутке возрастающей или убы-

вающей  и  принимает  на 

X

  множество 

значений 

Y

,  то  для  каждого  числа 

Y

a 

 

найдется  единственное  значение 

0

x

X



 

такое, что 

a

x

f



)

(

0

. 

Следствие  1.  Если  нечётная  функция 

)

(x

f

  является  возрастающей  или  убы-

вающей при 

0



x

, то для каждого числа 

)

( f

E

a 

  уравнение 

a

x

f



)

(

  имеет  один 

корень. 

Следствие  2.  Если  чётная  функция 

)

(x

f

  является  возрастающей  или  убы-

вающей при 

0



x

, то для каждого числа 

)

( f

E

a 

  уравнение 

a

x

f



)

(

  имеет  два 

корня 

1

x

, 

2

x

,  где 

2

1

x

x





,  если 

)

0

(

f

a 

; 

и один корень 

0

0



x

, если 

)

0

(

f

a 

. 

Пример 69. Решить уравнение  

2

5

10

sin

23

)

13

12

sin(

23

)

13

12

(

x

x

x

x











. 

Решение.  Приведём  исходное  уравне-

ние к виду 

).

13

12

sin(

23

)

13

12

(

sin

23

5

2

10











x

x

x

x

 

Рассмотрим  непрерывную  функцию 

t

t

t

f

sin

23

)

(

5





.  Данная  функция  опре-

деленная для любого значения аргумента, 

нечётная, 

так 

как 



















)

sin

23

(

)

sin(

23

)

(

)

(

5

5

t

t

t

t

t

f

 

)

(t

f





. 

Найдём 

её 

производную: 

t

t

t

f

cos

23

5

)

(

4







. 

Покажем, 

что 

0

)

(



 t

f

 на всей области определения.  

При 





















2

;

2

t

: 

0

0

0

0

23

0

3

cos

23

5

)

(

2

4





















t

t

t

f

,  

а при 

2

|

|





t

:  



















 









)

1

(

23

2

3

cos

23

5

)

(

4

4

t

t

t

f

 

0

23

25

23

2

3

5

16

2

4

























. 

Следовательно, 

)

(t

f

  возрастает  на  всей 

числовой  прямой.  Значит,  каждое  своё 

значение  функция  принимает  в  точности 

при  одном  значении  аргумента,  а  стало

 

быть, уравнение 

)

(

)

(

2

1

t

f

t

f



 равносильно 

уравнению 

2

1

t

t 

. Записав исходное урав-

нение в виде 

)

13

12

(

)

(

2





x

f

x

f

, получим  













13

12

)

13

12

(

)

(

2

2

x

x

x

f

x

f

 

  









0

13

12

2

x

x













.

1

,

13

x

x

 

Ответ. 

;

1



 13.