Пояснительная записка.

Пояснительная записка.
В средней школе на изучение темы «Решение тригонометрических
уравнений» отводится незначительное количество часов. За это время невозможно
рассмотреть, а тем более закрепить все методы решения тригонометрических
уравнений. Времени хватает только для изучения самых основных из них. В то же
время на ЕГЭ по математике, на олимпиадах, на конкурсных экзаменах в ВУЗы
часто встречаются тригонометрические уравнения,
которые решаются
нестандартными методами. В этом плане ученики общеобразовательных школ
оказываются в проигрыше. Данная методическая разработка рассчитана для
учащихся 10-11 классов, интересующихся математикой, желающих углубить свои
знания по данной теме.
Схема, которой руководствуются при решении тригонометрических
уравнений, следующая. Решение заданного уравнения сводится к решению
простейшего
тригонометрического
уравнения.
Средства
решения
–
преобразования, разложение на множители, замена неизвестного и т.д. Ведущий
принцип – не терять корней. Одним из возможных методов отбора корней,
отсеивания лишних, является проверка. В случае тригонометрических уравнений
трудности, связанные с отбором корней, с проверкой, резко возрастают (по
сравнению с алгебраическими). Ведь проверять приходится серии, состоящие из
бесконечного числа членов.
Одна из особенностей тригонометрических уравнений состоит в том, что ответ
во многих случаях может быть записан различными способами.
Данная разработка знакомит учащихся с такими методами решения
тригонометрических уравнений, как метод решения уравнений, сводящихся к
однородным, метод экстремальных значений, метод понижения степени, метод
введения вспомогательного аргумента, универсальная подстановка, на изучение
которых в средней школе практически не хватает времени. Правильно выбранный
метод часто позволяет существенно упростить решение уравнения. Поэтому все
методы всегда нужно держать в зоне своего внимания, чтобы решать конкретные
уравнения наиболее подходящим методом. В данной разработке для сравнения
приводится решение уравнения sin x  cos x  1 шестью различными способами.
Учащиеся сами могут выбрать наиболее простой метод.
Также учащиеся могут познакомиться с выполнением заданий на решение
тригонометрических уравнений из частей В и С, которые встречались на ЕГЭ в
последние годы.
Одно из важнейших умений, которое необходимо для решения
тригонометрических уравнений – это умение выполнять достаточно сложные
преобразования тригонометрических выражений. Для этого необходимо
расширить, по сравнению со школьным учебником, запас основных, «рабочих»
формул. В конце разработки приводится небольшой список таких формул.
1
2
Содержание.
1. Простейшие тригонометрические уравнения.
2. Основные
методы
решения
тригонометрических
уравнений.
3. Решение
однородных уравнений. Сведение
однородным уравнениям.
4. Универсальная подстановка.
5. Метод введения вспомогательного аргумента.
6. Метод экстремальных значений.
7. Умножение на функцию.
8. Метод понижения степеней. Возведение в степень.
9. Различные способы решения одного уравнения.
10. Тригонометрические уравнения на ЕГЭ.
11. Список формул.
3
к
Ι. Простейшие тригонометрические уравнения.
Решения уравнения sin x=a, где |a|≤1 находят по формуле x   1  arcsin a  n, n  Z (1)
n
Решения уравнения cos x=a, где |a|≤1 находят по формуле x   arccos a  2n, n  Z
(2)
Решения уравнения tg x=a находят по формуле x  arctga  n, n  Z
(3)
Решения уравнения ctg x=a находят по формуле x  arcctga  n, n  Z
(4)
Пример 1.Решить уравнение 2sin 4x  1
Решение. sin 4 x   . По формуле (1) имеем: 4 x   1n arcsin(  )  n, n  Z
1
2
1
2
4 x   1

x   1

n 1
6
n 1
Ответ: x   1n 1

24

n
4
24
 n, n  Z

n
4
,n Z
,n Z
x
2
Пример 2. Решить уравнение tg  2
Решение. Воспользуемся формулой (3):
x
 arctg 2  n, n  Z
2
x  2arctg 2  2n, n  Z
Ответ: x  2arctg 2  2n, n  Z
В некоторых случаях удобнее пользоваться частными формулами:
1. sin x  0; x  n , n  Z
2. sin x  1; x 

2
 2n , n  Z

3. sin x  1 ; x    2n , n  Z

2
 n , n  Z
2
5. cos x  1; x  2n , n  Z
4. cos x  0; x 
6. cos x  1; x    2n , n  Z
Решите самостоятельно:
1. cos 3x  
x
4

2
;
2
2. 2 sin(  )  3 ;
3

3. ctg (5 x  )  1 ;
6
x
2
4. tg  2 ;
3
2

5. cos( x  )  0 ;
4

6. sin( 2 x  )  1 .
2
4
ΙΙ.Основные методы решения тригонометрических
уравнений.
Имеются 2 основных метода решения тригонометрических уравнений:
1) метод разложения на множители;
2) метод введения новой переменной.
При разложении на множители широко используются попарная группировка и
формулы сложения.
Пример 1. Решить уравнение sin 5x + sin x  2 sin 2 x  1
Решение. Перенесем 1 в левую часть и, выполнив преобразование левой части,
разложим ее на множители.
Применим к sin 5x + sin x формулу для суммы синусов и воспользуемся тем, что
2 sin 2 x  1  cos 2 x .
2 sin 3x cos 2 x  (1  cos 2 x)  1  0; cos 2 x(2 sin 3x  1)  0 .
Отсюда cos 2x  0 или 2 sin 3x  1  0 .
Из уравнения cos 2x  0 находим : 2 x 

2
 n , x 
1
2

4

n
2
, nZ
1
2
Из уравнения 2 sin 3x  1  0 находим sin 3x  ; 3x  (1) k arcsin  k ; 3x  (1) k
x  (1) k

18

k
3

6
 k ;
, k Z
Ответ: x 


n
, n  Z ; x  (1) k


k
, k Z
18 3
Пример 2. Решить уравнение 2 cos 2 x  14 cos x  3 sin 2 x
Решение. Так как sin 2 x  1  cos 2 x , то уравнение можно переписать следующим
образом: 2 cos2 x  14 cos x  3(1  cos2 x)  0 ;
5 cos 2 x  14 cos x  3  0 ;
Введем новую переменную: пусть cos x  y .
4
2
Решаем уравнение: 5 y 2  14 y  3  0 ;
1
y1  ; y2  3 ;
5
1
1
Значит, либо cos x  , откуда x   arccos  2n, n  Z ,
5
5
либо cos x  3 - это уравнение не имеет решений, так как cos x  1
1
5
Ответ: x   arccos  2n, n  Z .
Решите самостоятельно:
1. 6 sin 2 x  5 cos x  7  0;
2. 3 cos 2 2 x  2 sin x cos x  sin 2 2 x  0 ;
3. 4  cos 2 x  4 sin x ;
4. sin 3x  sin 6 x  sin 9 x  0;
5. cos 4 x  cos16 x  cos12 x  1;
6. sin x  sin 2 x  sin 3x  sin 4 x  0;
7. sin x  sin 2x  sin 3x  cos x  cos 2x  cos 3x.
5
ΙΙΙ. Решение однородных
однородным уравнениям.
уравнений.
Сведение
к
Уравнение вида a sin x  b cos x  0 называется однородным уравнением 1-ой
степени относительно sin x и cos x , а уравнение вида a sin 2 x  b sin x cos x  c cos 2 x  0 однородным уравнением 2-ой степени.
Рассмотрим случай, когда a  0 . Разделим обе части 1-го уравнения на cos x , а
обе части 2-го уравнения на cos 2 x . В результате получаются квадратные уравнения
относительно tgx , а потому решаемые подстановкой tgx  y :
atgx  b  0 ,
atg 2 x  btgx  c  0 .
При a  0 однородному уравнению не удовлетворяют те значения x , при
которых
cos x  0 . Поэтому деление на cos x (или на cos 2 x ) обеих частей
однородного уравнения в случае a  0 не приводит к потере корней.
Пример 1. Решить уравнение 8sin x  7 cos x  0 .
Решение. Обе части уравнения разделим почленно на cos x , получим:
7
7
; Отсюда x  arctg  n, n  Z .
8
8
7
Ответ: x  arctg  n, n  Z .
8
Пример 2. Решить уравнение 5 sin 2 x  3 sin x cos x  6 cos2 x  5 .
Решение. Так как 1= sin 2 x  cos 2 x , то 5  1  5( sin 2 x  cos 2 x ).
8tgx  7  0 ; tgx 
Поэтому имеем 5 sin 2 x  3 sin x cos x  6 cos 2 x  5(sin 2 x  cos 2 x)  0 ,
3 sin x cos x  cos2 x  0 (1)
В полученном уравнении отсутствует член вида a sin 2 x, т.е.a  0 . Здесь делить
обе части уравнения на cos 2 x нельзя, так как те значения x , при которых cos 2 x  0 ,
удовлетворяют уравнению (1), а потому деление на cos 2 x приведет к потере
корней. Поступим иначе: разложим левую часть уравнения (1) на множители,
получим
cos x( 3 sin x  cos x)  0 . Отсюда либо cos x  0 , либо 3 sin x  cos x  0 .
Из 1-го уравнения x 

2
 n, n  Z . 2-ое уравнение – однородное 1-ой степени.
Разделим обе части этого уравнения на cos x : 3tgx  1  0 , tgx  
1
,
3

1
)  k , k  Z , x    k , k  Z . Получаем 2 серии решений.
6
3


Ответ: x   n, n  Z ; x    k , k  Z .
2
6
2
Пример 3. Решить уравнение 6 sin x  sin x cos x  cos 2 x  3 .
Решение. 6 sin 2 x  sin x cos x  cos 2 x  3(sin 2 x  cos 2 x) ,
3 sin 2 x  sin x cos x  cos 2 x  0 . Разделим обе части уравнения на cos 2 x .
3tg 2 x  tgx  4  0 . Пусть tgx  t . Решаем квадратное уравнение 3t 2  t  4  0.
4

Получаем корни: t1  1, t2  . Значит, либо tgx  1 , откуда x    n, n  Z ,
3
4
4
4
либо tgx  , откуда x  arctg  k , k  Z .
3
3
6
x  arctg (
7
Решите самостоятельно:
1. sin 2 x  2 sin x cos x  cos2 x  0;
2. sin 3 x  cos3 x  0;
3. sin 4 x  sin 2 2 x  0;
4. 1  4 sin x cos x  4 cos 2 x  0;
5. sin 2x  2 cos 2x  1 .
ΙV. Универсальная подстановка.
Если x    2n, то справедливы следующие тождества:
x
x
2tg
2 , sin x 
2 .
cos x 
x
x
1  tg 2
1  tg 2
2
2
1  tg 2
x
2
Итак, sin x и cos x рационально выражаются через u  tg , поэтому подстановка
tg
x
u
2
называется универсальной. Поскольку использование универсальной
подстановки возможно лишь при x    2n , то нужно проверять, не являются ли
числа вида x    2n решениями заданного уравнения.
Пример 1. Решить уравнение 3sin x  4 cos x  5 .
x
2
Решение. Воспользуемся универсальной подстановкой, и полагая, что tg  u ,
2u
1  u2
6u  4  4u 2

4

5
5;
;
1  u2
1  u2
1  u2
1
 4u 2  6u  4  5  5u 2 ;  9u 2  6u  1  0 ;  (3u  1) 2  0 ; u  .
3
x 1
x
1
1
Из уравнения tg  находим:  arctg  n, n  Z ; x  2arctg  2n, n  Z .
2 3
2
3
3
Проверкой убеждаемся, что значения x    2n не удовлетворяют заданному
придем к рациональному уравнению 3
уравнению.
1
3
Ответ: x  2arctg  2n, n  Z .
Решите самостоятельно:
1. sin x  cos x  1 ;
2. 3 sin x  cos x  2 ;
3. sin 3x  cos 3x  2 ;
x
2
4. 2tg  cos x  2 .
8
V. Метод введения вспомогательного аргумента.
Иногда при решении тригонометрических уравнений оказывается полезным
заменить выражение a cos x  b sin x на A sin( x   ) , где A  a2  b2 , sin  
cos 
b
a  b2
2
a
a 2  b2
,
. В этом случае  называют вспомогательным аргументом.
Пример 1. Решить уравнение 8cos x  15sin x  17 .
Решение. a  8; b  15; c  17; a 2  b2  82  152  289  17 . Разделим обе части
уравнения на 17. Получим
8
17
8
15
cos x  sin x  1.
17
17
15
17
Так как ( ) 2  ( ) 2  1 , то существует такое число  , что
Имеем: sin  cos x  cos  sin x  1 ; sin(   x)  1 ;   x 
как   arcsin
8

8
, то x   arcsin  2n, n  Z .
17
2
17

8
Ответ: x   arcsin  2n, n  Z .
2
17

2
 2n ; x 
8
15
 sin  и
 cos  .
17
17

2
 2n   , n  Z . Так
Решите самостоятельно:
1. 5sin x  cos x  5 ;
2. 4sin x  3cos x  6 ;
3. sin 3x  cos 3x 
1 3
;
2

4. 4 sin 2 x  3 sin( 2 x  )  5 ;
2
5. sin(   5 x)  3 sin(

2
 5 x)  3 ;
3
.
2
6. sin 7 x  cos 7 x 
VΙ. Метод экстремальных значений.
Ограниченность функций y  sin x и y  cos x помогает решать уравнения вида
sin m x  cos n x  1 .
Пример 1. Решить уравнение sin 8 x  cos5 x  1 .
Решение. Естественно предположить, что те значения x , при которых
одновременно sin x  1 и cos x  0 или sin x  0 и cos x  1 , будут решениями
уравнения. Это числа

2
 n и   2n, n  Z .
Рассмотрим те значения x , при которых sin x  0 и cos x  0 .
Если sin x  1 , то sin 6 x  1 . Умножим это неравенство на sin 2 x  0 .
9
Получим:
sin 8 x  sin 2 x .
Аналогично, из неравенства  cos3 x  1 имеем:
 cos5 x  cos 2 x . Сложим эти два полученных неравенства и получим:
sin 8 x  cos5 x  sin 2 x  cos 2 x , sin 8 x  cos 5 x  1 . Т.е. при sin x  0 и cos x  0 уравнение
корней не имеет.
Ответ: x 

 n , x    2n, n  Z .
2
Пример 2. Решите уравнение cos 2x  sin x  1 .
Решение. Поскольку cos 2x  1 и sin x  1 , то
уравнение равносильно совокупности 2-ух систем:
cos 2x  1 ;
sin x  1;
cos 2x  1;
sin x  1.
cos 2 x ∙ sin x ≤1 и исходное
Для 1-го уравнения 1-ой системы имеем: 1  2 sin 2 x  1 , откуда sin x  0 , система
противоречива, поэтому решений не имеет.
Из 1-го уравнения 2-ой системы следует, что 1  2 sin 2 x  1 , sin 2 x  1 , sin x  1 .
Ясно, что обоим уравнениям системы удовлетворяют только те значения x , при

которых sin x  1, откуда x    2n, n  Z .
2

Ответ: x    2n, n  Z .
2
Пример 3. Решить уравнение sin 2 2 x  sin 2 4 x  sin 2 6 x  0 .
Решение. Легко сообразить, что данное уравнение равносильно системе:
x
n
,n Z
2
m
x
,m Z
4
l
x  ,l  Z .
6
sin 2 x  0 ;
sin 4x  0 ;
sin 6x  0 ;
Отмечая все корни на единичной окружности, замечаем, что их совпадение

наступает в точках 0; ; ;
2
3
n
. Отсюда ясен и ответ: x  , n  Z
2
2
Решите самостоятельно:
1. sin x  sin 9x  2 ;
2. sin 50 x  cos 40 x  1 ;
3. sin 7 x  cos 6 x  1 ;
4. sin 5 x  cos 4 x  2  sin 7 x ;
5. 7 sin 28 x  2 cos14 x  9 .
10
VΙΙ. Умножение на функцию.
Пример 1. Решить уравнение 2tgx  3ctgx  7 .
Решение. Так как tgx  0 (иначе ctgx не определен), то, умножая уравнение на
tgx , получим равносильное уравнение: 2tg 2x  7tgx  3  0 . Пусть tgx  y , тогда
1
2
решаем квадратное уравнение 2 y 2  7 y  3  0 ; y1  3; y2  .
1
2
1
Отсюда либо tgx  3 , либо tgx  . Из 1-го уравнения x  arctg 3  n, n  Z . Из

1
1
2-го уравнения x  arctg  k , k  Z .

2
1
1
1
Ответ: x  arctg 3  n, n  Z ; x  arctg  k , k  Z .


2
1
Пример 2. Решить уравнение cos x cos 2 x cos 4 x cos 8 x  .
16
Решение. Можно заметить, что числа x  n, n  Z не являются решениями
уравнения, поэтому, умножив обе части на 16sin x , получим равносильное
уравнение: 16 sin x cos x cos 2x cos 4x cos 8x  sin x .
Воспользуемся формулой sin 2x  2sin x cos x .
8sin 2x cos 2x cos 4x cos 8x  sin x ,
4 sin 4x cos 4x cos 8x  sin x ,
2sin 8x cos 8x  sin x ,
sin 16x  sin x  0 , где x  n, n  Z
15 x
17 x
cos
 0,
2
2
15 x
sin
0
или
2
2n
x
,n Z
15
2 sin
17 x
 0,
2
 2k
x

,k  Z
17 17
cos
2n
 2k
,n Z , x 

,k  Z
15
17 17
n  15m, k  17 p  8 , n, p  Z
С учетом условия x  n , получим ответ: x 
VΙΙΙ. Метод понижения степеней. Возведение в степень.
1
1
2
2
5
Пример 1. Решить уравнение sin 4 x  cos 4 x  .
8
1  cos 2 x 2 1  cos 2 x 2 5
1
) (
)  . Отсюда cos 2 2 x  . Ещё раз понизим
Решение. (
2
2
8
4
1  cos 4 x 1
1
1
 n
 , cos 4 x   , 4 x   arccos(  )  2n , x    , n  Z .
степень:
2
4
2
2
6 2
 n
Ответ: x    , n  Z .
6 2
Формулы для понижения степени: sin 2   (1  cos 2 ) , cos 2   (1  cos 2 ) .
11
Пример 2. Решить уравнение 1  cos x  sin x .
Решение. Вследствие возведения обеих частей уравнения в квадрат могут
появиться посторонние корни. Поэтому, так же, как и при решении
алгебраического уравнения, данное уравнение заменим системой:
sin x  0 ,
1  cos x  sin 2 x .
Решаем уравнение 1  cos x  sin 2 x ,
1  cos x  1  cos 2 x ,
cos x(cos x  1)  0 .

 n, n  Z ,
2
либо cos x  1 , x  2k , k  Z .
Отсюда либо cos x  0 , x 
Условию
удовлетворяют только решения
sin x  0
x

2
 2n, n  Z
и
x  2k , k  Z .
Ответ: x 

2
 2n, n  Z , x  2k , k  Z .
Решите самостоятельно:
x
x
2
2
2
2
cos x  cos 2 x  cos 2 3x  cos 2 4 x  2 ;
x
x 1
sin 4  cos 4  ;
3
3 4
4
4
sin x  cos x  cos 4 x ;
x
x
 sin x  cos x  sin  cos ;
2
2
5 cos x  cos 2 x  2 sin x  0 .
1. 4 sin 4  12 cos 2  7 ;
2.
3.
4.
5.
6.
ΙX. Различные способы решения одного уравнения.
Решим уравнение
sin x  cos x  1
различными способами.
Способ Ι. Сведение к однородному уравнению.
x
x
x
x
x
x
x
x
 2 sin cos ; cos x  cos 2  cos 2  sin 2 ; 1  sin 2  cos 2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
2 sin cos + cos 2  sin 2  sin 2  cos 2  0 ;
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
2 sin cos  2 sin 2  0 , делим на 2 cos 2 .
2
2
2
2
x
x
x
x
x
tg  tg 2  0 ;
tg (1  tg )  0 . Отсюда либо tg  0 , x  2n, n  Z ,
2
2
2
2
2
x

1  tg  0 , x   2k , k  Z .
2
2
sin x  sin 2
Ответ: x  2n, n  Z , x 

2
 2k , k  Z .
12
либо
Способ ΙΙ. Преобразование суммы в произведение.
Выразим cos x через sin(
sin x  sin(

2
 x ) =1;
2 sin

2

4
 x) .
cos( x 

4
) 1;

1
;
cos( x  ) 
4
4
2
 

1
x     2n, n  Z . Отсюда получаем 2 серии
x    arccos
 2n ;
4 4
4
2

решений: x   2n, n  Z и x  2k , k  Z .
2

Ответ: x   2n, n  Z ; x  2k , k  Z .
2
2 cos( x 

)  1;
Способ ΙΙΙ. Введение вспомогательного аргумента.
Разделим обе части уравнения на 12  12  2 , получим:
1
1
1
1


;
sin x 
cos x 
 sin  cos , поэтому:
4
4
2
2
2
2


1
;
cos sin x  sin cos x 
4
4
2
 

1

1
; Отсюда
sin(  x) 
 x  (1)n arcsin
 n , x  (1) n   n, n  Z .
4 4
4
4
2
2
 
Ответ: x  (1) n   n, n  Z .
4 4
Способ ΙV. Использование универсальной подстановки:
x
2 ;
sin x 
2 x
1  tg
2
x
2.
cos x 
2 x
1  tg
2
x
x
Обращение к функции tg предполагает, что cos  0 , т.е. x    2n, n  Z .
2
2
x
Обозначим tg  u , исходное уравнение примет вид:
2
2
2u
1 u

 1 , 2u  1  u 2  1  u 2 , 2u 2  2u  0 . Отсюда u1  0 , u2  1 .
2
2
1 u 1 u
x
x
tg  1
Значит, tg  0
или
2
2
x
x 
 n, n  Z
  k , k  Z
2
2 4

x  2n, n  Z
x   2k , k  Z .
2

Ответ: x  2n, n  Z ; x   2k , k  Z .
2
2tg
1  tg 2
13
Способ V. Замена cos x выражением  1 sin 2 x .
sin x  1  sin 2 x  1
 1  sin 2 x  1  sin x . Возведем обе части в квадрат, получим:
1  sin 2 x  (1  sin x) 2 ,
(1  sin x)(1  sin x)  (1  sin x)2  0 ,
(1  sin x)(1  sin x  1  sin x)  0 ,
(1  sin x)2 sin x  0 ,
или sin x  0
sin x  1

x  k , k  Z
x   2n, n  Z
2
Из серии x  k решением является только x  2k , k  Z .

Ответ: x   2n, n  Z ; x  2k , k  Z .
2

Способ VΙ. Применение формулы sin x  cos x  2 sin( x  ) .
4


4
4
Исходное уравнение примет вид: 2 sin( x  )  1 , sin( x  ) 
x  (1) n

4


4
1
. Отсюда
2
 n, n  Z .
Ответ: x  (1) n

4


4
 n, n  Z .
Если показать все решения на единичной окружности, то можно отметить их
совпадение.
Решите уравнение несколькими способами:
5sin x  2 cos x  1 .
X. Тригонометрические уравнения на ЕГЭ.
В части А на ЕГЭ по математике обычно встречаются простейшие
тригонометрические уравнения, решив которые, нужно выбрать правильный
ответ. Рассмотрим задания на решение тригонометрических уравнений, которые
встречаются в частях В и С .
Пример 1(В). Найдите количество корней уравнения
sin 16 x  cos 8 x  tg 4 x sin 8 x  0 на промежутке [0;2 ] .
Решение. Выразим tg4 x через синус и косинус и применим формулы синуса и
косинуса двойного аргумента. Получим:
sin 16 x  (cos 2 4 x  sin 2 4 x)  2 sin 2 4 x  0 .
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:
sin 16 x  cos 2 4 x  sin 2 4 x  0.
Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством:
sin 16x  1  0 ; sin 16x  1 .
14
Решим полученное уравнение: 16 x 

 2n, n  Z , x 

n
,n  Z .
32 8
Выясним, сколько корней принадлежат промежутку [0;2 ] . Для этого решим
 n
неравенство 0    2 , n  Z .
32 8
2

Разделим все части неравенства на  :
4n  1
 2, n  Z . Решая данное неравенство, получим:
32
 0,25  n  15,75, n  Z .
0
Это неравенство имеет 16 целочисленных решений. Следовательно, уравнение
sin 16 x  (cos 2 4 x  sin 2 4 x)  2 sin 2 4 x  0 имеет 16 корней на промежутке [0;2 ] .
Следует иметь в виду, что ОДЗ исходного уравнения состоит из всех x, для
которых cos 4x  0 . Решив уравнение cos 4x  0 , получим x 

8

k
4
,k  Z .
Выясним, существуют ли целые значения переменных k и n, при которых
выполняется равенство

32

n
8


8

k
.
4
После преобразований получим 1  4n  4  8k ,  3  4(2k  n).
Правая часть равенства при любых значениях переменных – число четное,
левая – нечетное. Следовательно, ни один из корней уравнения
sin 16 x  (cos 2 4 x  sin 2 4 x)  2 sin 2 4 x  0 не обращает в нуль выражение cos 4x , т.е. все
16 корней вида x 

32

n
8
, n  Z и  0,25  n  15,75, являются корнями исходного
уравнения.
Ответ: 16.
Пример 2(В). Найдите количество корней уравнения
(sin x  cos x)2  log 0,5 (9  x 2 )  0 .
Решение. Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один
из множителей равен нулю, а остальные при этом имеют смысл. Значит, данное
уравнение равносильно следующей совокупности:
(sin x  cos x)2  0 ,
9  x2  0 ;
(log 0,5 (9  x2 )  0 .
Решим полученную совокупность.
sin 2 x  cos 2 x  2 sin x cos x  0 ,
1  sin 2x  0 ,
sin 2x  1 ,
( x  3)( x  3)  0 ,
3  x  3,
3  x  3,
2
2
x  8;
(9  x  1 ;
x  2 2 ;
2x 

2
 2n, n  Z ,
x

4
 n, n  Z ,
3  x  3,
3  x  3,
x  2 2 ;
x  2 2 ;
Ответ: 4.
15

,
4
3
x
,
4
x  2 2 .
x
Пример 3(С). Решите уравнение 7tgx  cos2 x  3sin 2 x  1 .
Решение. Перенесем 1 в левую часть уравнения, затем воспользуемся
основным тригонометрическим тождеством и формулой синуса двойного
аргумента:
7tgx  (1  cos2 x)  3sin 2 x  0 ;
7tgx  sin 2 x  6 sin x cos x  0 .
Вынесем sin x за скобки:
7
 sin x  6 cos x)  0 .
cos x
Если sin x  0 , | cos x | 1 , значит, второй множитель определен. Следовательно,
sin x(
числа вида n, n  Z , будут решениями этого уравнения.
Преобразуем второй множитель. Умножим обе части уравнения
7
 sin x  6 cos x  0
cos x
на cos x ( cos x  0 , так как в противном случае tgx не имеет смысла).
Получим: 7  sin x cos x  6 cos 2 x  0 ;
sin 2 x
7
 3(1  cos 2 x)  0 ;
2
sin 2x  6 cos 2x  20 .
Так как | cos 2 x | 1 и | sin 2 x | 1 , то левая часть уравнения не превосходит 7,
7
 sin x  6 cos x  0 корней не имеет.
поэтому уравнение
cos x
Ответ: x  n, n  Z .
Пример 4(С). Решите уравнение log sin x (sin 2 x  3 sin 2 x)  2 .
Решение. Это так называемое «комбинированное» уравнение.
ОДЗ уравнения состоит из всех х, которые удовлетворяют системе:
sin x  0 ,
sin x  1 ,
sin 2 x  3 sin 2 x  0 .
Для таких х исходное уравнение можно заменить уравнением
sin 2 x  3 sin 2 x  sin 2 x .
Воспользуемся синусом двойного аргумента, получим:
2 sin x cos x  2 sin 2 x  0 , 2 sin x(cos x  sin x)  0 , откуда
sin x  0 - не удовлетворяет ОДЗ или
cos x  sin x  0 .
Разделим обе части 2-го уравнения на cos x , получим:
1  tgx  0 ,
x

4
 n, n  Z .
Решение этого уравнения можно записать в виде совокупности:
x
x

4
 2n, n  Z
(1)
3
 2n, n  Z . (2)
4
16
Проверкой убеждаемся, что серия решений (1) не удовлетворяет ОДЗ, а серия
решений (2) – удовлетворяет .
Ответ: x 
17
3
 2n, n  Z .
4
Список формул:
1
2
1
2. sin 2   (1  cos 2 )
2
1. cos 2   (1  cos 2 )
3. sin   sin   2 sin
 
cos
 
2
2
 
 
cos
4. sin   sin   2 sin
2
2
 
 
cos
5. cos   cos   2 cos
2
2
 
 
sin
6. cos   cos   2 sin
2
2
1
7. sin  cos   (sin(    )  sin(    ))
2
1
8. cos  cos   (cos(   )  cos(   ))
2
1
9. sin  sin   (cos(   )  cos(   ))
2
sin(    )
10. tg  tg 
cos  cos 
sin(    )
11. ctg  ctg 
sin  sin 
cos(   )
12. ctg  tg 
sin  cos 
18
Литература.
1. Журнал «Математика в школе», №3 за 2005 г, №6 за 2005 г, №8 за 2006г.
2. Гусев В.А., Мордкович А.Г. Математика: Справочные материалы. - М:
Просвещение, 1998 г.
3. Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике:
Решение задач. - М: Просвещение, 1999 г.
19