16 статей
Как обычно, в треугольнике $$ ABC$$ стороны, противолежащие углам `A`, `B` и `C`, обозначим `a`, `b` и `c`. Справедливы две теоремы, устанавливающие соотношения между сторонами и углами треугольника, утверждения которых можно кратко записать так:
теорема косинусов: $$ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}-2ab\mathrm{cos}C;$$
теорема синусов: $$ {\displaystyle \frac{a}{\mathrm{sin}A}}={\displaystyle \frac{b}{\mathrm{sin}{\displaystyle B}}}={\displaystyle \frac{c}{\mathrm{sin}{\displaystyle C}}}=2R$$.
Покажем на примерах, как применяются эти теоремы.
 |
| Рис. 26 |
Доказать, что в параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон.
Пусть в параллелограмме $$ ABCD$$ (рис. 26) длины сторон равны длины диагоналей равны $$ {d}_{1}$$ и $$ {d}_{2}: AC={d}_{2}$$, $$ AB=DC=a$$, $$ BD={d}_{1}$$.
Если то Из треугольников $$ ABD$$ и $$ ACD$$ по теореме косинусов будем иметь:
Складывая почленно эти равенства и учитывая, что получим требуемое равенство: .
 |
| Рис. 26 |
Из решения данной задачи легко получить выражение медианы $$ {m}_{c}$$ треугольника через его стороны $$ a, b$$ и $$ c$$. Пусть в `ABD:AB=a`, `AD=b`, `BD=c`; `AM` - медиана, `AM=m_c` (рис. 26). Достроим этот треугольник $$ ABD$$ до параллелограмма $$ ABCD$$ и воспользуемся результатом задачи 11, получим:
$$ {c}^{2}+{\left(2{m}_{c}\right)}^{2}=2{a}^{2}+2{b}^{2}$$, откуда
.
 |
| Рис. 27 |
На стороне $$ AD$$ ромба $$ ABCD$$ взята точка $$ M$$, при этом $$ MD={\displaystyle \frac{3}{10}}AD, BM=MC=11.$$ Найти площадь треугольника $$ BCM.$$
1. Обозначим длину стороны ромба $$ x, \angle BAD=\varphi $$
(рис. 27). По условию $$ MD={\displaystyle \frac{3}{10}}x\Rightarrow AM={\displaystyle \frac{7}{10}}x.$$ Из треугольников $$ ABM$$ и $$ MCD$$ по теореме косинусов получаем:
$$ B{M}^{2}={x}^{2}+{\left({\displaystyle \frac{7}{10}}x\right)}^{2}-2x{\displaystyle \frac{7}{10}}x\mathrm{cos}\varphi $$,
$$ M{C}^{2}={x}^{2}+{\left({\displaystyle \frac{3}{10}}x\right)}^{2}-2x{\displaystyle \frac{3}{10}}x\mathrm{cos}(180°-\varphi )$$.
Приравниваем правые части (по условию $$ BM=MC$$), подставляем сокращаем на $$ {x}^{2},$$ приводим подобные члены и получаем $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{5}}.$$ Подставляя найденное значение $$ \mathrm{cos}\varphi $$ и $$ BM=11$$ в первое равенство, находим $$ x=10$$.
2. В равнобедренном треугольнике $$ BMC$$ основание равно `10`, находим высоту $$ MK$$:
$$ MK=\sqrt{B{M}^{2}-B{K}^{2}}=\sqrt{B{M}^{2}-{\displaystyle \frac{1}{4}}B{C}^{2}}=\sqrt{96}$$,
тогда площадь треугольника `BMC` равна $$ {\displaystyle \frac{1}{2}}BC·MK=20\sqrt{6}$$.
 |
| Рис. 28 |
В равнобедренном треугольнике $$ ABC (AB=BC)$$ проведена биссектриса $$ AD$$ (рис. 28). Найти радиус описанной около треугольника $$ ABC$$ окружности, если $$ AD=4$$ и $$ DC=\sqrt{6}.$$
1. Углы при основании $$ AC$$ в треугольнике $$ ABC$$ равны, обозначим $$ \angle BAC=2\alpha ,$$ тогда $$ \angle DAC=\alpha .$$ По теореме синусов из треугольника $$ ADC$$ следует $$ {\displaystyle \frac{4}{\mathrm{sin}2\alpha }}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{\mathrm{sin}{\displaystyle \alpha }}}$$ откуда $$ \mathrm{cos}\alpha =\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}$$. Находим: $$ \mathrm{cos}2\alpha =2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha -1={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ и $$ \mathrm{sin}2\alpha ={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}$$.
2. Вычисляем сторону $$ AC$$:
$$ AC=AK+KC=AD\mathrm{cos}\alpha +DC\mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{5}{3}}\sqrt{6}$$.
3. Как следует из теоремы синусов, радиус $$ R$$ описанной около треугольника `ABC` окружности может быть найден из равенства:
$$ R={\displaystyle \frac{AC}{2\mathrm{sin}B}}$$ т. е. $$ R={\displaystyle \frac{AC}{2\mathrm{sin}(180°-4\alpha )}}={\displaystyle \frac{AC}{4\mathrm{sin}2\alpha ·\mathrm{cos}2\alpha }}={\displaystyle \frac{15}{8}}\sqrt{3}$$.
В решении следующих задач существенно используется знание тригонометрических тождеств, умение решать тригонометрические уравнения. Подобные задачи не рассматривались в заданиях 9 - 10 классов, поскольку большинство учащихся в то время не обладало знаниями по тригонометрии в достаточном объёме.
В этих задачах в качестве неизвестной выбирается некоторый угол и по данным задачи и известным метрическим соотношениям составляется тригонометрическое уравнение или система уравнений. Их составление и решение является основным этапом всего решения задачи, а искомые элементы определяются через значения тригонометрических функций введённого угла.
 |
| Рис. 29 |
Точки $$ K$$ и $$ M$$ расположены соответственно на стороне $$ BC$$ и высоте $$ BD$$ остроугольного треугольника $$ ABC$$. Треугольник $$ AMK$$ - равносторонний (рис. 29). Найти его площадь, если $$ AD=3$$, $$ DC={\displaystyle \frac{11}{2}}$$, $$ BK:KC=10:1$$.
1. Обозначим сторону правильного треугольника $$ AMK$$ через $$ x, \angle KAC=\varphi $$ (рис. 29). Пусть $$ FK\left|\right|AC$$ и $$ KN\perp AC$$. Из подобия треугольников $$ CKN$$ и $$ CBD$$ следует $$ NC={\displaystyle \frac{1}{11}}DC={\displaystyle \frac{1}{2}}$$. Тогда $$ DN=5, AN=8.$$
2. Заметим, что $$ \angle FKA=\varphi $$ и $$ \angle MKF={\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi $$. Из прямоугольных треугольников $$ AKN$$ и $$ MKF$$ следует:
$$ AN=AK\mathrm{cos}\varphi $$ и $$ FK=MK\mathrm{cos}({\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi )$$, т. е. $$ 8=x\mathrm{cos}\varphi $$ и $$ 5=x\mathrm{cos}({\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi )$$. Из тригонометрического уравнения `5cosvarphi=8cos(pi/3-varphi)` получаем
$$ \mathrm{cos}\varphi =4\sqrt{3}\mathrm{sin}\varphi $$ и $$ \mathrm{tg}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{4\sqrt{3}}}$$.
3. По формуле $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\varphi }}}$$ находим $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{7}}$$ и $$ x={\displaystyle \frac{8}{\mathrm{cos}\varphi }}={\displaystyle \frac{14}{\sqrt{3}}}$$. Площадь правильного треугольника со стороной $$ x$$ равна $$ {\displaystyle \frac{{x}^{2}\sqrt{3}}{4}}$$. Находим $$ {S}_{AMK}={\displaystyle \frac{49\sqrt{3}}{3}}$$.
Обратим внимание, что в этой задаче один треугольник повёрнут относительно другого. В качестве промежуточной переменной и был введён этот угол поворота.
 |
| Рис. 30 |
Окружность проходит через вершины $$ A$$ и $$ B$$ треугольника $$ ABC,$$ пресекает стороны $$ BC$$ и $$ AC$$ в точках $$ M$$ и $$ N$$ соответственно (рис. 30). Известно, что `AB=4`, `MN=2`, $$ \angle ACB=\mathrm{arcsin}\frac{3}{5}$$. Найти радиус окружности.
1. Обозначим $$ \angle ACB=\varphi $$ тогда $$ \mathrm{sin}\varphi ={\displaystyle \frac{3}{5}}$$, $$ \varphi $$ - острый угол, $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{4}{5}}$$.
Надо найти радиус окружности, поэтому разумно ввести вписанный угол: $$ \angle NMB=\alpha $$. Угол $$ ANB$$ - внешний для треугольника $$ BNC,$$ поэтому $$ \angle ANB=\alpha +\varphi $$.
2. Если $$ R$$ - радиус окружности, то $$ AB=2R\mathrm{sin}(\alpha +\varphi )$$, и $$ MN=2R\mathrm{sin}\alpha $$ т. е. получаем систему:
$$ \left\{\begin{array}{l}4=2R\mathrm{sin}(\alpha +\varphi ),\\ 2=2R\mathrm{sin}\alpha .\end{array}\right.$$
Исключая `R`, придём к уравнению $$ 2\mathrm{sin}\alpha =\mathrm{sin}(\alpha +\varphi )$$.
Так как $$ \mathrm{sin}(\alpha +\varphi )=\mathrm{sin}\alpha ·\mathrm{cos}\varphi +\mathrm{sin}\varphi ·\mathrm{cos}\alpha ={\displaystyle \frac{4}{5}}\mathrm{sin}\alpha +{\displaystyle \frac{3}{5}}\mathrm{cos}\alpha $$,
то уравнение приводится к виду
$$ 10\mathrm{sin}\alpha =4\mathrm{sin}\alpha +3\mathrm{cos}\alpha $$, `6sinalpha=3cosalpha`, `"tg"alpha=1/2`.
3. Находим: $$ \mathrm{sin}\alpha ={\displaystyle \frac{\mathrm{tg}\alpha }{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\alpha }}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$$ тогда $$ R={\displaystyle \frac{MN}{2\mathrm{sin}\alpha }}=\sqrt{5}$$.
В задаче 15 угловая величина была задана значением $$ \mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{3}{5}}$$. По определению функции $$ y=\mathrm{arcsin}x$$ это означало, что заданный угол острый и $$ \mathrm{sin}\varphi ={\displaystyle \frac{3}{5}}$$. Мы заменили условие $$ \varphi =\mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{3}{5}}$$ равносильным ему. Аналогично следует поступать во всех задачах, условия которых содержат значения обратных тригонометрических функций для величин углов. Например, если угол задан в виде $$ \alpha =\pi -\mathrm{arccos}\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}$$, то это означает, что $$ \alpha $$ - тупой угол, $$ \mathrm{cos}\alpha =-\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}} }$$, $$ \mathrm{sin}\alpha ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$ и могут быть найдены, если окажется необходимым, значения $$ \mathrm{cos}2\alpha $$, $$ \mathrm{sin}{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$$ и т. п.
Некоторые учащиеся, проводя решение задачи в общем виде и подставляя числовые данные лишь в конце (что, заметим, обычно делает решение громоздким), получают, например, ответ для длины стороны в виде $$ \alpha =3\mathrm{sin}\left(2\mathrm{arccos}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\right)$$. Если далее это значение не записано в виде $$ a=2\sqrt{2}$$, то решение не считается доведённым до конца. Т. е. ответ задачи, когда угловая величина задана значением обратной тригонометрической функции, не должен содержать значения тригонометрических и обратных тригонометрических функций (если только сама искомая величина не является углом).
В заключение параграфа решим задачу об определении угла треугольника. Обратим внимание, что решение требует отбора в соответствии с условием задачи.
 |
| Рис. 31 |
В треугольнике $$ ABC$$ высота $$ BD$$, медиана $$ CM$$ и биссектриса $$ AK$$ пересекаются в точке $$ O$$. (рис. 31). Найти угол $$ A$$, если известно, что он больше $$ 60°$$ и $$ AM=\sqrt{3}OM$$.
1. Обозначим
$$ AM=x$$ (тогда `AB=2x`), $$ \angle BAC=2\alpha $$ и $$ AO=y$$.
Из прямоугольных треугольников $$ AOD$$ и $$ ABD$$ имеем: $$ AD=y\mathrm{cos}\alpha $$ и $$ AD=2x\mathrm{cos}2\alpha $$. Выражаем $$ y={\displaystyle \frac{2x\mathrm{cos}2\alpha }{\mathrm{cos}\alpha }}$$.
2. Применяем теорему косинусов к треугольнику $$ AMO$$, учитывая, что $$ M{O}^{2}={\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^{2}: {\displaystyle \frac{{x}^{2}}{3}}={x}^{2}+{y}^{2}-2xy·\mathrm{cos}\alpha $$.
Подставляем выражение для $$ y$$, сокращаем на $$ {x}^{2},$$ приводим уравнение к виду:
$$ 2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha +12{\mathrm{cos}}^{2}2\alpha -12\mathrm{cos}2\alpha ·{\mathrm{cos}}^{2}\alpha =0$$.
Используем тождество: $$ 2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha =1+\mathrm{cos}2\alpha ,$$ получаем уравнение:
$$ 6{\mathrm{cos}}^{2}2\alpha -5\mathrm{cos}2\alpha +1=0$$.
Находим: $$ \mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ или $$ \mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{1}{2}}$$.
3. По условию: $$ 2\alpha =\angle BAC$$, $$ 2\alpha > {\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}$$, значит $$ \mathrm{cos}2\alpha < {\displaystyle \frac{1}{2}}$$, поэтому
$$ \mathrm{cos}2\alpha =\mathrm{cos}A={\displaystyle \frac{1}{3}}$$, $$ \angle A=\mathrm{arccos}{\displaystyle \frac{1}{3}}$$.
В заключении остановимся на ещё не обсуждавшийся в этом задании вопросе о роли рисунка в решении геометрических задач.
Некоторые учащиеся и абитуриенты ограничиваются небрежным мелким рисунком, на котором даже трудно разобрать, какие обозначения к чему относятся, какие прямые перпендикулярны или параллельны, в каких точках имеет место касание и т. п. Кое-кому из них всё же удаётся верно решить задачу, но в большинстве случаев, особенно в задачах, требующих ряда шагов рассуждений и вычислений, такой рисунок скорее мешает решению, а не способствует успеху.
Рисунок в геометрической задаче – это удобный для восприятия наглядный способ записи условий задачи, фиксирующий и удерживающий внимание решающего, он даёт повод к размышлению и может стать помощником в решении задачи, подсказать правильный путь в поисках решения. (Посмотрите, например, на рис. 27, 28, 29). Именно поэтому к построению рисунка полезно относиться вдумчиво. Сначала, чтобы понять задачу, её условия переводят на геометрический язык: делают от руки небольшой предварительный рисунок и отмечают на нём (если таковые есть) равные углы, пропорциональность отрезков, перпендикулярность и т. п. И лишь обдумав, как надо изменить рисунок, чтобы он соответствовал условиям задачи, делают аккуратный и достаточно большой рисунок, чтобы на нём уместились все введённые обозначения углов, отрезков и данные задачи. В ряде случаев «хороший» рисунок получается не с первой попытки и при его построении уже начинается процесс решения задачи, так как используются определения и известные геометрические факты относительно входящих в условие задачи элементов геометрической конфигурации.
Когда словами записываются геометрические свойства входящих в задачу элементов, устанавливаются метрические соотношения типа и т. п., проводятся некоторые вычисления, то охватить их взглядом, увидеть в целом, сделать нужный вывод бывает совсем непросто, а вот увидеть на рисунке след собственных рассуждений и не терять этого из виду обычно удаётся.
Мы говорим о работе с рисунком в процессе поиска решения. При окончательном изложении решения задачи каждое заключение должно быть обосновано (чаще всего ссылками на известные теоремы курса, реже – дополнительным доказательством). Сам по себе рисунок, даже самый аккуратный, выполненный циркулем и линейкой, ничего не доказывает, всё, что «увидено» из чертежа, должно иметь логическое обоснование.
И ещё одно замечание. Если задача не получается, «упирается», не достаёт ещё какого-то одного соотношения, связи элементов – вернитесь к условию задачи и вновь обсудите каждый входящий в него геометрический элемент. Скорее всего, вами использованы не все их свойства, сделаны не все возможные выводы.
Поясним наши рассуждения о рисунке и работе с ним примерами решения двух задач олимпиад МФТИ.
Продолжения медиан $$ AE$$ и $$ CF$$ треугольника $$ ABC$$ (рис. 32) пересекают описанную около него окружность в точках $$ D$$ и $$ N$$ соответственно так, что $$ AD:AE=2:1$$ и $$ CN:CF=4:3.$$ Найти углы треугольника.
 |
| Рис. 32 |
Делаем предварительный рисунок (кстати, его удобнее всего рисовать, начиная с окружности), отмечаем, что (это следует из условия $$ AD=2AE$$). Две хорды $$ BC$$ и $$ AD,$$ пересекаясь, делятся пополам. По свойству пересекающихся хорд $$ AE·DE=BE·CE$$ откуда следует, что $$ AE=BE=DE=CE$$. Точка $$ E$$ одинаково удалена от точек `A`, `B`, `D` и `C` окружности, значит точка $$ E$$ - центр окружности. Отсюда следует, что $$ BC$$ и $$ AD$$ - диаметры, и - прямой (опирается на диаметр). Поскольку далее должна рассматриваться медиана $$ AE,$$ а нами установлено, что $$ AE=DE=BE=CE,$$ то удобно ввести обозначение $$ AE=R.$$
 |
| Рис. 33 |
Обсудим следующие условия задачи: $$ FN={\displaystyle \frac{1}{3}}FC.$$ Обозначим $$ FN=x,$$ тогда $$ FC=3x.$$ Наконец обратим внимание, что в задаче есть две медианы треугольника, значит надо воспользоваться свойством медиан: пересекаясь, они делятся в отношении `2:1`, считая от вершины. Итак, если обозначить через $$ O$$ точку пересечения медиан, то
$$ AO={\displaystyle \frac{2}{3}}R, CO=2x, OF=x.$$
Выполняем хороший большой рисунок с учётом всех установленных фактов. Посмотрим внимательно на рис. 33 и подумаем, может быть, еще что-то можно установить? Да! Хорда $$ CN,$$ пересекая диаметр $$ AD,$$ делится пополам, значит Отразим и этот последний факт.
Теперь решение.
1. По свойству пересекающихся хорд:
$$ AO·OD=CO·ON$$, т. е. $$ {\displaystyle \frac{2}{3}}R\frac{4}{3}R=4{x}^{2}$$ откуда $$ {x}^{2}=\frac{2}{9}{R}^{2}$$.
2. Из прямоугольного треугольника $$ COA$$ по теореме Пифагора:
$$ AC=\sqrt{{\left(2x\right)}^{2}+{\left(\frac{2}{3}R\right)}^{2}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}R$$.
3. Из прямоугольного треугольника $$ ABC$$ находим:
$$ \mathrm{sin}B={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$.
$$ \angle A={\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{2}}$$, $$ \angle B=\mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$, $$ \angle C={\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{2}}-\mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$.
Длина стороны ромба $$ ABCD$$ равна `4`. Расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $$ ABD$$ и $$ ACD,$$ равно `3`. Найти радиусы окружностей.
Строим первый пробный рисунок (рис. 34) и начинаем рассуждать.
Поскольку в условии задачи задано расстояние между центрами, то необходимо установить их положение. Будем помнить, что четырёхугольник $$ ABCD$$ - ромб, характеризующее его свойство – диагонали, пересекаясь, делятся пополам и перпендикулярны друг другу. Центр окружности, описанной около треугольника, есть точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам. Треугольники $$ ABD$$ и $$ ACD$$ имеют общую сторону $$ AD$$, следовательно, оба центра лежат на серединном перпендикуляре отрезка $$ AD$$.
Кроме того, центр $$ {O}_{1}$$ окружности, описанной около треугольника $$ ABD,$$ лежит на прямой $$ AC$$ (это серединный перпендикуляр отрезка $$ BD$$), а центр $$ {O}_{2}$$ окружности, описанной около треугольника $$ ACD,$$ лежит на прямой $$ BD$$ (это серединный перпендикуляр отрезка $$ AC$$). Итак, центры окружностей – это точки пересечения серединного перпендикуляра отрезка $$ AD$$ с прямыми $$ AC$$ и $$ BD.$$
 |
 |
| Рис. 34 | Рис. 35 |
Вот теперь строим новый рисунок, на который наносим также числовые данные задачи. Обратим внимание, что окружности рисовать уже нет необходимости.
Обозначим $$ A{O}_{1}={R}_{1}$$ и $$ D{O}_{2}={R}_{2}$$ и, поскольку имеем несколько подобных треугольников, вводим ещё угол $$ \angle MA{O}_{1}=\alpha .$$ Записываем вполне очевидные выводы:
$$ 1. \overline{)\begin{array}{l}∆A{O}_{1}M, \angle M=90°,\\ \angle MA{O}_{1}=\alpha \end{array}}\Rightarrow \begin{array}{l}2={R}_{1}\mathrm{cos}\alpha ,\\ {O}_{1}M={R}_{1}\mathrm{sin}\alpha .\end{array}$$
$$ 2.\overline{)\begin{array}{l}△D{O}_{2}M: \angle M=90°,\\ \angle M{O}_{2}D=\alpha \end{array}} \Rightarrow \begin{array}{l}2={R}_{2}\mathrm{sin}\alpha ,\\ {O}_{2}M={R}_{2}\mathrm{cos}\alpha .\end{array}$$
$$ 3.\overline{)\begin{array}{l}\mathrm{По} \mathrm{условию} {O}_{1}{O}_{2}=3,\\ \mathrm{т}. \mathrm{е}. {O}_{2}M-{O}_{1}M=3\end{array}} \Rightarrow {R}_{2}\mathrm{cos}\alpha -{R}_{1}\mathrm{sin}\alpha =3.$$
Итак, получили систему из трёх уравнений с тремя неизвестными:
$$ {R}_{1}, {R}_{2}, \alpha : \left\{\begin{array}{l}2={R}_{1}\mathrm{cos}\alpha .\\ 2={R}_{2}\mathrm{sin}\alpha ,\\ 3={R}_{2}\mathrm{cos}\alpha -{R}_{1}\mathrm{sin}\alpha .\end{array}\right.\phantom{\rule{0ex}{0ex}}$$
Решать эту систему можно по-разному, например, исключив `R_1` и `R_2`, получить тригонометрическое уравнение
$$ 3=2{\displaystyle \frac{\mathrm{cos}\alpha }{\mathrm{sin}\alpha }}-2{\displaystyle \frac{\mathrm{sin}\alpha }{\mathrm{cos}\alpha }}$$, $$ 2{\mathrm{tg}}^{2}\alpha +3\mathrm{tg}\alpha -2=0$$, $$ \mathrm{tg}\alpha ={\displaystyle \frac{1}{2}}$$ (угол `alpha` - острый), тогда
$$ \mathrm{cos}\alpha ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\alpha }}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{5}}}$$ и $$ {R}_{1}=\sqrt{5}, {R}_{2}=2\sqrt{5}$$
В этой задаче, оказавшейся совсем не простой для абитуриентов, трудность для многих была заключена в построении рисунка, обнажающего условие задачи и направляющего решение.
$$ S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$$ (`a` - основание, `h` - высота к `a`).
$$ S={\displaystyle \frac{1}{2}}ab·\mathrm{sin}C$$ (`a`, `b`- стороны, `C` - угол между ними).
$$ S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$$ (формула Герона, $$ 2p=a+b+c)$$.
$$ S=pr$$ (`p` - полупериметр,`r` - радиус вписанной окружности).
$$ S={\displaystyle \frac{abc}{4R}}$$, где `R` - радиус описанной окружности).
$$ S=(p-a){r}_{a}$$, где `p` - полупериметр, `r_a` - радиус вневписанной окружности, касающейся стороны `a`.
$$ S={\displaystyle \frac{a+b}{2}}h$$ (`a`, `b` - основания, `h` - высота).
$$ S=c·m$$ (`c` - боковая сторона, `m` - расстояние до нее от середины другой боковой стороны).
$$ S=ah$$ (`a` - сторона, `h` - высота к `a`).
$$ S=ab·\mathrm{sin}\alpha $$ (`a`, `b` - стороны, `alpha` - величина угла между ними).
$$ S={\displaystyle \frac{1}{2}}{d}_{1}{d}_{2}\mathrm{sin}\varphi $$ (`d_1` и `d_2` - диагонали, `varphi` - величина угла между ними).
$$ {d}_{1}^{2}+{d}_{2}^{2}=2({a}^{2}+{b}^{2})$$ (`a` и `b` - стороны,`d_1`, `d_2` - диагонали).
$$ {m}_{c}^{2}={\displaystyle \frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2}}-{\displaystyle \frac{{c}^{2}}{4}}$$
1) $$ AD={\displaystyle \frac{2bc}{b+c}}\mathrm{cos}{\displaystyle \frac{A}{2}}, \left(b=AC, c=AB\right)$$.
2) $$ AD=\sqrt{bc-xy}, (x=BD, y=DC, {\displaystyle \frac{x}{y}}={\displaystyle \frac{c}{b}})$$.
$$ {d}^{2}={c}^{2}+ab$$ (`a`, `b` - основания, `c` - боковая сторона, `d` - диагональ).
Чтобы решить тригонометрическое уравнение надо путём тригонометрических преобразований свести его к простейшему тригонометрическому уравнению. Напомним формулы решений простейших тригонометрических уравнений.
1. `sinx=a`. Если `|a|>1`, решений нет. Если `|a|<=1`, то
`x=(-1)^n arcsin a+pi n, n in Z`.
Отметим, что последнюю формулу иногда удобнее расписать отдельно для чётных `(n=2k, k in Z)` и нечётных `(n=2k+1, k in Z)n`. А именно
$$ x=\left[\begin{array}{l}\mathrm{arc}\mathrm{sin}a+2\pi k,\\ \pi -\mathrm{arc}\mathrm{sin}a+2\pi k, k\in Z.\end{array}\right.$$
2. `cosx=a`. Если `|a|>1`, решений нет. Если `|a|<=1`, то
`x=+- arccosa+2pin, n in Z`.
3. `"tg"x=a`. При любом `a` `x="arctg"a+pin, n in Z`.
4. `"ctg"x=a`. При любом `a` `x="arcctg"a+pin, n in Z`.
Отметим несколько частных случаев простейших тригонометрических уравнений, в которых ответ можно записать более просто, чем по общим формулам.
а) `sinx=1`. Тогда `x=pi/2+2pin,n in Z`.
б) `sinx=-1`. Тогда `x=-pi/2+2pin, n in Z`.
в) `cosx=0`. Тогда `x=pi/2+pin, n in Z`.
г) `cosx=-1`. Тогда `x=pi+2pin, n in Z`.
Рассмотрим несколько типовых способов решения тригонометрических уравнений.
I. Разложение на множители
Решить уравнение
`3sin2x-3cosx+2sinx-1=0`.
Используя формулу `sin2x=2sinxcosx`, преобразуем данное уравнение
`6sinxcosx-3cosx+2sinx-1=0`,
`3cosx(2sinx-1)+(2sinx-1)=0`,
`(2sinx-1)(3cosx+1)=0`.
Уравнение распадается на два:
1) `2sinx-1=0`, `sinx=1/2` и `x=(-1)^npi/6+pin,n in Z`.
2) `3cosx+1=0`, `cosx=-1/3` и `x=+- arccos(-1/3)+2pin,n in Z`.
Отметим, что в сериях решений 1) и 2) не было бы ошибкой использовать разные буквы (например, `n` и `m`), т. к. идёт перечисление решений.
Решить уравнение
`sin2x+cos(5x-pi/6)=0`.
Используя формулу приведения `sin2x=cos(pi/2-2x)`, преобразуем наше уравнение `cos(pi/2-2x)+cos(5x-pi/6)=0` или `2cos((3x+pi/3)/2)*cos((7x-(2pi)/3)/2)=0`.
Уравнение распадётся на два:
1) `cos((3x+pi/3)/2)=0`; `(3x+pi/3)/2=pi/2+pin,ninZ`;
`3x+pi/3=pi+2pin,ninZ`; `x=(2pi)/9+(2pin)/3,ninZ`.
2) `cos((7x-(2pi)/3)/2)=0`; `(7x-(2pi)/3)/2=pi/2+pin,ninZ`;
`7x-(2pi)/3=pi+2pin,ninZ`; `x=(5pi)/21+(2pin)/7,ninZ`.
`x=(2pi)/9+(2pin)/3,ninZ`; `x=(5pi)/21+(2pin)/7,ninZ`.
II. Сведение уравнения к алгебраическому от одного переменного
Решить уравнение `4sin^3x=3cos(x+(3pi)/2)`.
По формуле приведения `cos(x+(3pi)/2)=sinx`,
поэтому уравнение запишется: `4sin^3x=3sinx`.
`sinx(4sin^2x-3)=0`$$ \iff \left[\begin{array}{l}\mathrm{sin}x=0, x=\pi n,n\in Z.\\ \mathrm{sin}x=\pm {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}, x=\pm {\displaystyle \frac{\pi }{3}}+\pi n,n\in Z.\end{array}\right.$$
Отметим, что в случае двух уравнений `sinx=+-(sqrt3)/2` мы записали не объединение стандартных формул `(-1)^n(+-pi/3)+pin,ninZ`, а более простую, которая получается, если изобразить решения этих уравнений на тригонометрическом круге (рис. 1). (Две верхние точки – решения уравнения `sinx=(sqrt3)/2`, а две нижние – решения уравнения `sinx=-(sqrt3)/2`).
`x=pin,ninz`; `x=+-pi/3+pin,n inZ`.
Решить уравнение `cos2x+sin^2x=0,5`.
Воспользуемся формулой `cos2x=1-2sin^2x`.
Получим: `1-sin^2x=0,5` или `sin^2x=1/2`, `sinx=+-1/sqrt2`.
`x=+-pi/4+pin,ninZ`. (1)
Это уравнение можно решить и пользуясь формулой `sin^2x+(1-cos2x)/2`. Тогда оно преобразуется к виду: `cos2x=0`, `2x=pi/2+pin,ninZ`, или
`x=pi/4+(pin)/2, ninZ`. (2)
Геометрически множества точек (1) и (2) совпадают (рис. 2). Так что решения тригонометрических уравнений могут быть записаны в разной форме.
`x=pi/4+(pin)/2,ninZ`.
III. Однородные уравнения
(хотя формально эти уравнения можно отнестик предыдущему типу)
Решить уравнение `5sin^2x-4sinx*cosx-cos^2x=0`.
Это однородное уравнение второго порядка. Так как `cosx!=0` (иначе из нашего уравнения следовало бы, что `sinx=0` что противоречит основному тригонометрическому тождеству `sin^2x+cos^2x=1`), то разделим наше уравнение на `cos^2x`. Получим уравнение `5"tg"^2x-4"tg"x-1=0`. Откуда `"tg"x=1` или `"tg"x=-1/5`. Следовательно, `x=pi/4+pin,ninZ`, или `x=-"arctg"1/5+pin,ninZ`.
`x=pi/4+pin,ninZ`; `x=-"arctg"1/5+pin,ninZ`.
Решить уравнение `2+3sinxcosx=7sin^2x`.
Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством `1=sin^2x+cos^2x`. Преобразуем наше уравнение к однородному уравнению второго порядка: `2(sin^2x+cos^2x)+3sinxcosx=7sin^2x` или `5sin^2x-3sinxcosx-2cos^2x=0`. Здесь `cosx!=0` (в противном случае из последнего уравнения следовало бы, что `sinx!=0` что противоречит основному тригонометрическому тождеству). Делим последнее уравнение на `cos^2x`. Получаем уравнение `5"tg"^2x-3"tg"x-2=0`.
Откуда `"tg"x=1` или `"tg"x=-2/5`. И значит, `x=pi/4+pin,ninZ`, или `x=-"arctg"2/5+pin,ninZ`
`x=pi/4+pin,ninZ`, `x=-"arctg"2/5+pin,ninZ`
Наконец рассмотрим уравнение, сводящееся к однородному третьего порядка.
Решить уравнение `sin^3x+13cos^3x-cosx=0`.
Перепишем это уравнение так:
`sin^3x+13cos^3x-cosx(cos^2x+sin^2x)=0` или
`sin^3x+12cos^3x-cosxsin^2x=0`.
Это однородное уравнение третьего порядка. Деля его на `cos^3x` (`cosx!=0` для решений нашего уравнения), получим уравнение относительно `"tg"x`
`"tg"^3x-"tg"^2x+12=0`.
Делаем замену: `t="tg"x`. Алгебраическое уравнение `t^3-t^2+12=0` имеет корень `t=-2` (находится подбором среди целых делителей числа `12`). Далее деля многочлен `t^3-t^2+12` на `(t+12)`, раскладываем левую часть алгебраического уравнения на множители
`(t+2)(t^2-3t+6)=0`.
Уравнение `t^2-3t+6=0` не имеет действительных корней, т. к. `D<0`. Итак, `"tg"x=-2` или `x=-"arctg"2+pin,ninZ`.
`x=-"arctg"2+pin,ninZ`.
IV. Использование формулы дополнительного угла
Напомним эту формулу `asin alpha +bcos alpha=sqrt(a^2+b^2)sin(alpha+varphi)`, где `varphi` определяется (неоднозначно) из равенств
`cosvarphi=a/(sqrt(a^2+b^2))`, `sinvarphi=b/(sqrt(a^2+b^2))(a^2+b^2!=0)`.
Например, `sinalpha+cos alpha=sqrt2sin(alpha+pi/4)`. Формулу дополнительного угла можно записать и в другом виде, например,
`asinalpha+bcosalpha=sqrt(a^2+b^2)cos(alpha+varphi)`, где
`cosvarphi=b/(sqrt(a^2+b^2))`, `sinvarphi=-a/(sqrt(a^2+b^2))`.
Решить уравнение `4sinx-3cosx=5`.
1-ый способ. По формуле дополнительного угла преобразуем уравнение:
`sqrt(16+9)sin(x+varphi)=5`, `sin(x+varphi)=1`, `cosvarphi=4/5`, `sinvarphi=-3/5`.
Можно взять `varphi=-arcsin 3/5`. Решением уравнения будет: `x+varphi=pi/2+2pin,ninZ`.
`x=arcsin 3/5+pi/2+2pin,ninZ`.
2-й способ. Воспользуемся формулами:
`sinx=2sin x/2 cos x/2`, `cosx=cos^2 x/2 -sin^2 x/2`, `1=sin^2 x/2+cos^2 x/2`.
Тогда уравнение `4sinx-3cosx=5` запишется в виде
`8sin x/2 cos x/2-3(cos^2 x/2-sin^2 x/2)=5(sin^2 x/2+cos^2 x/2)` или
`2sinx^2 x/2-8sin x/2cos x/2+8cos^2 x/2=0`.
Это однородное уравнение второго порядка, деля которое на `2cos^2 x/2`, получим уравнение `"tg"^2 x/2-4"tg" x/2+4=0` или `("tg" x/2-2)^2=0`. Итак, `"tg" x/2=2`, значит `x/2="arctg"2+pin,ninZ`, или `x=2"arctg"2+2pin,ninZ`.
`x=2"arctg"2+2pin,ninZ`.
Отметим, что формы ответа при решении способами 1 и 2 различны, хотя, конечно, это одно и то же множество точек.
Решить уравнение `sin2x-2(sinx+cosx)-1=0`.
Сделаем замену: `t=sinx+cosx`. Тогда
`t^2=sin^2x+2sinxcosx+cos^2x=1+sin2x`.
Откуда `sin2x=t^2-1`. Наше уравнение преобразуется в такое:
`t^2-2t-2=0`. `t_1=1+sqrt3`, `t_2=1-sqrt3`.
Так как `t=sinx+cosx=sqrt2sin(x+pi/4)<=sqrt2`, то `t_1=1+sqrt3>sqrt2` не даёт решений. Число `|1-sqrt3|<=sqrt2` и уравнение `sin(x+pi/4)=(1-sqrt3)/(sqrt2)` имеет решения:
`x+pi/4=(-1)^n arcsin (1-sqrt3)/(sqrt2) +pin,ninZ`.
`x=-pi/4+(-1)^n arcsin (1-sqrt3)/(sqrt2) +pin,ninZ`.
Отметим, что подобным образом решаются уравнения вида: `F(sin2x, sinx+-cosx)=0`. Замена `t=sinx+-cosx`.
Рассмотрим ещё одно часто встречающееся приложение формулы дополнительного угла.
Найти наибольшее и наименьшее значения выражения `f(x)=8sin^2x+3sin2x-11`.
Преобразуем выражение, используя формулу `2sinx^2x=1-cos2x`. Получаем:
`f(x)=(4-4cos2x)+3sin2x-11=3sin2x-4cos2x-7=`
`=5sin(2x+varphi)-7`.
Здесь можно взять `varphi=-arcsin 4/5`. Так как `-1<=sin(2x+varphi)<=1`, то `-5<=sin(2x+varphi)<=5` и `-12<=5sin(2x+varphi)-7<= -2`. При этом значение `f(x)=-12` принимается при `2x+varphi=-pi/2+2pin,ninZ`, а значение `f(x)=-2` принимается при `2x+varphi=pi/2+2pin,ninZ`.
`max_Rf(x)=-2`, `min_R f(x)=-12`.
Рассмотрим теперь более сложные тригонометрические уравнения, в которых надо делать отбор корней.
V. Рациональные тригонометрические уравнения
Решить уравнение `(cos2x+cosx+1)/(2sinx+sqrt3)=0`.
ОДЗ `sinx!=-sqrt3/2`.
Не будем решать это неравенство, а изобразим на тригонометрическом круге (рис. 3а) точки, не удовлетворяющие ОДЗ.
Решаем уравнение `cos2x+cosx+1=0`.
Преобразуем его: `(2cos^2x-1)+cosx+1=0`, `2cos^2x+cosx=0`,
`cosx(2cosx+1)=0 iff`$$ \left[\begin{array}{l}\mathrm{cos}x=0, x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}+\pi n,n\in Z,\\ \mathrm{cos}x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}, x=\pm {\displaystyle \frac{2\pi }{3}}+2\pi n,n\in Z.\end{array}\right.$$
Изобразим решения уравнения `cosx=0` на тригонометрическом круге (рис. 3б). Они удовлетворяют ОДЗ.
Изобразим решения уравнения `cosx=-1/2` на тригонометрическом круге (рис. 3в). Мы видим, что точки `x=-(2pi)/3+2pin,ninZ`, не удовлетворяют ОДЗ, а точки `x=(2pi)/3+2pin,ninZ`, удовлетворяют ОДЗ. Таким образом,
`x=pi/2+pin,ninZ`, `x=(2pi)/3+2pin,ninZ`.
Решить уравнение `(sinx)/(sin3x)+(sin5x)/(sinx)=8cosxcos3x`.
ОДЗ $$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{sin}3x\ne 0\\ \mathrm{sin}x\ne 0\end{array}\right.\iff x\ne {\displaystyle \frac{\pi m}{3}},m\in Z.$$
Умножим уравнение на `sinx*sin3x`. Получим:
`sin^2x+sin3x*sin5x=8sinxcosx*sin3x*cos3x`.
Преобразуем это уравнение:
`(1-cos2x)/2+1/2(cos2x-cos8x)=2sin2x*sin6x`.
Ещё раз воспользуемся формулой
`sinalpha*sinbeta=1/2(cos(alpha-beta)-cos(alpha+beta))`
в правой части последнего уравнения и умножим его на `2`. Получим
`(1-cos2x)+(cos2x-cos8x)=2(cos4x-cos8x)` или `1+cos8x-2cos4x=0`.
Далее: `1+(2cos^2 4x-1)-2cos4x=0`, `2cos4x(cos4x-1)=0 iff` $$ \iff \left[\begin{array}{l}\mathrm{cos}4x=1.\\ \mathrm{cos}4x=0.\end{array}\right.$$
Если `cos4x=1`, то `4x=2pin,x=(pin)/2,ninZ`.
1. Изображаем точки
`x=(pin)/2,ninZ`, (3)
на тригонометрическом круге (рис. 4а). Геометрически их `4` штуки (для `n=0,1,2,3` – далее они повторяются).
2. Изображаем точки
`x=(pim)/3,m inZ` (4)
которые не удовлетворяют ОДЗ на тригонометрическом круге (4б). Их `6` штук (для `m=0,1,2,3,4,5` – далее они повторяются).
Видно, что совпадения точек в `(3)` и `(4)` будут при `x=pin,ninZ`. Эти значения надо исключить из решения, т. е. в ответ пойдут точки
`x=pi/2+pin,ninZ`.
С решениями уравнения
`cos4x=0`, `4x=pi/2+pin,ninZ`,
или `x=pi/8+(pin)/4,ninZ`, можно поступить аналогично, сделав отбор на тригонометрическом круге. Но когда точек–решений на тригонометрическом круге много, и много точек, не входящих в ОДЗ, то удобнее воспользоваться аналитическим способом отбора решений. В данном случае точек - решений на тригонометрическом круге в серии `x=pi/8+(pin)/4,ninZ`, будет `8` штук (различные при `n=0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7` – далее они повторяются), а точек, не входящих в ОДЗ на тригонометрическом круге `6`. Посмотрим, есть ли совпадения, т. е. существуют ли целые `m` и `n` такие, что
`pi/8+(pin)/4=(pim)/3 iff 1/8+n/4=m/3 iff`
`iff 3+6n=8m iff 3=2(4m-3n)`.
Последнее равенство невозможно, т. к. слева стоит нечётное число, а справа чётное.
Отметим, что и для решений уравнения `cos4x=1` отбор можно было сделать аналитически. А именно смотрим, существуют ли целые `m` и `n` такие, что `(pin)/2=(pim)/3 iff 3n=2m`. Видим, что `n` делится на `2`. Тогда `n=2k` и `m=3k,kinZ`. Т. е. из решения уравнения `cos4x=1` надо исключить `x=(pin)/2`, где `n=2k`, т. е. оставить `x=(pin)/2` с `n=2k+1,kinZ`. Но при `n=2k+1` в серии `x=(pin)/2` останутся `x=pi/2(2k+1)=pi/2+pik,kinZ`, что и было нами получено на тригонометрическом круге.
`x=pi/2+pin,ninZ`; `x=pi/8+(pin)/4,ninZ`.
Иногда отбор решений предлагается сделать в условии задачи.
а) Решить уравнение `2/("tg"^2x)-1/("tg"x)-3=0`.
б) Указать корни, принадлежащие отрезку `[-(3pi)/2; -pi/2]`.
а) Сделаем замену `t=1/("tg"x)`. Получим уравнение `2t^2-t-3=0`. Его решение `t_1=-1` и `t_2=3/2`.
1) `"tg"x=-1`. Следовательно, `x=-pi/4+pin,ninZ`.
2) `"tg"x=2/3`. Тогда `x="arctg"2/3+pin,ninZ`.
б) Сделаем отбор корней, принадлежащих отрезку `[-(3pi)/2; -pi/2]`.
1) Решаем неравенство `-(3pi)/2<=-pi/4+pin<=-pi/2`. Оно равносильно неравенству `-5/4<=n<=-1/4`. Т. к. `ninZ`, то последнему неравенству удовлетворяет только `n=-1`. Итак, из серии решений `x=-pi/4+pin,ninZ`, только корень `x=-(5pi)/4 in [-(3pi)/2; -pi/2]`.
2) Аналогично решаем неравенство
`-(3pi)/2<="arctg"2/3+pin<=-pi/2`. (5)
Т. к. `ninZ`, то в силу правого неравенства `n<0`. Число `n=-1` подходит, т. к. неравенство (5) в этом случае преобразуется в неравенство `-pi/2<="arctg"2/3<=pi/2`, что верно, `n=-2` не удовлетворяет (5), т. к. в этом случае получим `pi/2<="arctg"2/3`, что неверно. Аналогично не подходит `n< -2`. Итак, из серии решений `x="arctg"2/3+pin,ninZ`, только корень `("arctg"2/3-pi)in[-(3pi)/2; -pi/2]`.
а) `x=-pi/4+pin,ninZ`; `x="arctg"2/3+pin,ninZ`.
б) `x=-(5pi)/4` и `x="arctg"2/3-pi`.
Найти наименьший корень уравнения `"ctg"6x-"tg"5x=1/(cos5x)`,
принадлежащий отрезку `[(8pi)/17; (40pi)/17]`.
Преобразуем данное уравнение
`(cos6x)/(sin6x)-(sin5x)/(cos5x)=1/(cos5x)`,
`(cos6x*cos5x-sin6x*sin5x)/(sin6x*cos5x)=1/(cos5x)`,
`(cos11x)/(sin6x*cos5x)=1/(cos5x)`.
Последнее уравнение равносильно `cos11x=sin6x` при условии `sin6x*cos5x!=0`.
Решаем уравнение `cos11x-sin6x=0`. Преобразуем его:
`cos11x-cos(6x-pi/2)=0` или `-2sin((17x)/2-pi/4)sin((5x)/2+pi/4)=0`.
1) Если `sin((5x)/2+pi/4)=0` то `(5x)/2+pi/4=pin,ninZ`, откуда `5x=-pi/2+2pin,ninZ`.
Эти числа не являются корнями исходного уравнения, т. к. нарушается условие `cos5x!=0`.
2) Если `sin((17x)/2-pi/4)=0`, то `x=(pi(1+4n))/(34),ninZ`. Находим, при каких `ninZ`, эти числа лежат на отрезке `[(8pi)/17;(40pi)/17]`. Решаем неравенства
`(8pi)/(17)<=(pi(1+4n))/34<=(40pi)/17 iff 15/4<=n<=79/4`.
Значит, `4<=n<=19,ninZ`. Итак, на отрезок `[(8pi)/17;(40pi)/17]` попадают числа `(17pi)/34, 21/34 pi, 25/34 pi,...`. Первое из них не удовлетворяет условию `cos5x!=0` `("т". "к". (17pi)/34=pi/2)` и, следовательно, не является решением уравнения. Число `(21pi)/34` удовлетворяет условию `sin6x*cos5x!=0`; значит, именно оно является минимальным корнем на данном отрезке.
`x=(21pi)/34`.
VI. Тригонометрические уравнения с корнем квадратным
Решить уравнение `sqrt(cos2x-5sinx)=-2cosx`.
Это уравнение равносильно системе
$$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{cos}2x-5\mathrm{sin}x=4{\mathrm{cos}}^{2}x.\\ \mathrm{cos}x\le 0.\end{array}\right.$$
Неравенство должно выполняться, т. к. правая часть уравнения равна корню квадратному, а он неотрицателен по определению. (Отметим, что в системе мы не пишем неравенство `cos2x-5sinx>=0`, т. е. подкоренное выражение неотрицательно, т. к. оно равно квадрату правой части). Решаем уравнение: `cos2x-5sinx=4cos^2x`. Преобразуем его:
`(1-2sin^2x)-5sinx=4(1-sin^2x)` или `2sin^2x-5sinx-3=0`.
Заменяя `sinx=t`, получим квадратное уравнение: `2t^2-5t-3=0`.
Откуда `t_1=3`, `t_2=-1/2`. Т. к. `|sinx|<=1`, то `t_1=3` не даёт решений.
Если же `sinx=-1/2`, то на тригонометрическом круге (рис. 5) имеем две точки. Но правая точка не подходит, т. к. должно быть `cosx<=0`. Итак,
`x=(7pi)/6+2pin,ninZ`.
Решить уравнение `sqrt(5-cos2x)=cosx-3sinx`.
Это уравнение эквивалентно системе
$$ \left\{\begin{array}{l}5-\mathrm{cos}2x={\left(\mathrm{cos}x-3\mathrm{sin}x\right)}^{2},\\ \mathrm{cos}x-3\mathrm{sin}x\ge 0.\end{array}\right.$$
Решаем уравнение. Преобразуем его к однородному.
`5(sin^2x+cos^2x)-(cos^2x-sin^2x)=cos^2x-6sinxcosx+9sin^2x`
или `3sin^2x-6sinxcosx-3cos^2x=0`.
Далее `2sinxcosx+(cos^2x-sin^2x)=0` или `sin2x+cos2x=0`.
Это однородное уравнение 1-го порядка. Оно эквивалентно уравнению `"tg"2x=-1`.
Отсюда `2x=-pi/4+pin,ninZ`, или `x=-pi/8+(pin)/2,ninZ`.
Изобразим решения на тригонометрическом круге (рис. 6). Это `4` точки (`n=0,1,2,3` - далее они повторяются).
Для этих точек надо проверить неравенство `cosx-3sinx>=0`. Ясно, что точка `x_1` удовлетворяет этому неравенству, т. к. `cosx_1>0` и `sinx_1<0`. Для точки `x_3`, диаметрально противоположной точке `x_1`, `sinx` и `cosx` меняют знак, меняет знак и выражение `(cosx-3sinx)`, и, следовательно, для `x_3` неравенство не выполняется. Точка `x_2` не удовлетворяет неравенству, т. к. `sinx_2>0`, `cosx_2>0`, но `sinx_2>cosx_2` в виду того, что `pi/4<x_2<pi/2`, так что выражение `cosx_2-3sinx_2<0`. Точка `x_4` диаметрально противоположна `x_2`. Следовательно,
`cosx_4-3sinx_4=-(cosx_2-3sinx_2)>0`,
и, значит, это решение. Учитывая, что решения имеют период `2pi`, получаем
`x=-pi/8+2pin,ninZ`; `x=11/8pi+2pin,ninZ`.
VII. Уравнения с модулем
Решить уравнение `sin3x+|sinx|=sin2x`.
Решение уравнения сводится к объединению решений двух систем.
1) $$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{sin}x\ge 0,\\ \mathrm{sin}3x+\mathrm{sin}x=\mathrm{sin}2x.\end{array}\right.$$
2)
Решаем первую систему. Уравнение `sin3x+sinx=sin2x` преобразуем:
`2sin2xcosx=sin2x` или `sin2x(2cosx-1)=0`.
Значит,
$$ \left[\begin{array}{l}\mathrm{sin}2x=0,\\ \mathrm{cos}x=\frac{1}{2}.\end{array}\right.$$
Изображаем решения уравнения `sin2x=0` на тригонометрическом круге: `x=(pin)/2,ninZ`, (рис. 7). В силу неравенства `sinx>=0` не подходит нижняя точка, т. е. в решения системы входят
`x=pin,ninZ`, и `x=pi/2+2pin,ninZ`.
Аналогично, изображаем на тригонометрическом круге (рис. 8) решения уравнения `cosx=1/2`. Нижняя точка не удовлетворяет неравенству `sinx>=0`. Значит, остаются в качестве решений системы
`x=pi/3+2pin,ninZ`.
Итак, решениями первой системы являются
`x=pin`; `x=pi/2+2pin`; `x=pi/3+2pin,ninZ`.
Решаем вторую систему. Уравнение `sin3x-sinx=sin2x` преобразуем:
`2cos2x*sinx=2sinxcosx`.
Т. к. в этой системе `sinx!=0`, то можно сократить уравнение на `2sinx`. Оно запишется:
`cos2x=cosx` или `2cos^2x-cosx-1=0`.
Отсюда `cosx=1` или `cosx=-1/2`. На тригонометрическом круге этим уравнениям удовлетворяют соответственно точки (рис. 9 и рис. 10). Неравенству `sinx<0` удовлетворяет только одна из этих трёх точек, находящаяся в нижней полуплоскости, а именно
`x=pi/3+pi+2pin,ninZ`.
В ответе две серии решений
`x=pi/3+2pin,ninZ` и `x=pi/3+pi+2pin,ninZ`,
соответствующие двум диаметрально противоположным точкам тригонометрического круга, можно задать одной формулой:
`x=pi/3+pin,ninZ` (но это не обязательно).
`x=pin`; `x=pi/2+2pin`; `x=pi/3+pin,ninZ`.
Сначала рассмотрим простейший пример. Решить систему
Здесь `x` и `y` находятся независимо друг от друга. В этих случаях параметры надо обозначать различными буквами. Обозначение их одной буквой будет в таких случаях ошибкой.
Решаем каждое уравнение
`(x;y)=n;m),n,m in Z`,
т. е. на плоскости решениями системы являются все точки с целочисленными координатами. Если же мы будем считать `m=n`, то точки `(n;n),ninZ`, - это целочисленные точки, лежащие только на биссектрисе I и III координатных углов. Они не представляют все решения рассмотренной системы.
Решить систему
Преобразуем второе уравнение системы:
`(1-2sin^2x)-(2cos^2y-1)=1`, т. е. `2sin^2x+2cos^2y=1`.
Обозначим `u=sinx`, `v=cosy`. Система перепишется:
Нетрудно проверить, что решением этой системы является пара
Переходя к (`x`; `y`), имеем:
Отсюда
Заметим, что ответ можно записать и в такой форме:
`((-1)^n pi/6+pin; +-pi/3+2pim),n,m inZ`.
Решить систему
Складывая первое и второе уравнения и вычитая из первого уравнения второе, получим систему, эквивалентную первоначальной:
Это система из простейших тригонометрических уравнений, решаемых независимо друг от друга.
Складывая уравнения последней системы и деля на `2`, а так же вычитая из второго уравнения последней системы первое и деля на `2`, получаем ответ.
(в формулах одновременно берутся либо верхние, либо нижние знаки).
Решить систему уравнений
Перепишем систему
Возведём оба уравнения последней системы в квадрат и сложим их. Мы получим
`1=25sin^2x+4-12cosx+9cos^2x` или `1=25(1-cos^2x)+4-12cosx+9cos^2x`.
Далее имеем: `16cos^2x+12cosx-28=0` или `4cos^2x+3cosx-7=0`.
Решением последнего уравнения является `cosx=1` или `x=2pin,ninZ`.
Подставляя `cosx=1` во второе уравнение первоначальной системы, находим, что
`cosy=-1` или `y=pi+2pi m,m in Z`.
Проверяем, что найденные `(x;y)` удовлетворяют и первому уравнению исходной системы (проверку делать нужно, т. к. исключая `y` мы переходили к следствию системы и могли получить лишние корни). Итак,
Тригонометрические неравенства надо сводить к простейшим, а простейшие легче решать на тригонометрическом круге.
Решить неравенство `sinx< -1/2`.
На тригонометрическом круге (рис. 11) отмечаем точки, в которых `sinx=-1/2` (точки `A` и `B`). Неравенству удовлетворяет дуга . Она записывается так `(pi+pi/6;2pi-pi/6)` или `((7pi)/6; (11pi)/6)`. Учитывая период `2pi` синуса, получаем серию дуг
`((7pi)/6+2pin;(11pi)/6+2pin),ninZ`.
`((7pi)/6+2pin;(11pi)/6+2pin),ninZ`.
Важно обратить внимание, чтобы при записи ответа левый конец интервала был меньше правого, и при увеличении угла в интервале пробегалась нужная дуга.
Решить неравенство `"tg"x<=2`.
Нарисуем тригонометрический круг и ось тангенса.
Отметим на правой единичной полуокружности (период тангенса равен `pi`, можно рассматривать полуокружность, а не всю окружность) точки, соответствующие углам, у которых тангенс меньше или равен `2` (рис.12). Это будет дуга (точка `B` включена, а `A` – нет). Запишем её `(-pi/2; "arctg"2]`. Теперь учтём период тангенса. Получаем
`(-pi/2+pin; "arctg"2+pin],ninZ`.
Решить неравенство
По аналогии с алгебраическими неравенствами с корнем квадратным мы должны решить две системы и объединить их решения.
1) (6)
и
2) (7)
В данном случае ОДЗ: `7-cos4x>=0` выполняется всегда, так что решение первой системы `cosx>0` (пока не будем находить `x`). Решаем вторую систему. Преобразуем неравенство (7):
`7-cos4x>32cos^4x`;
`7-(2cos^2 2x-1)>32cos^4x`,
`8-2cos^2 2x>32cos^4x`,
`4-(2cos^2x-1)^2>16cos^4x`,
`4-4cos^4x+4cos^2x-1>16cos^4x`,
`20cos^4x-4cos^2x-3<0`.
Обозначим `cos^2x=t`. Получим алгебраическое неравенство: `20t^2-4t-3<0`.
Откуда `-3/10<t<1/2`. Так как `t>=0,` то `t<1/2`. Далее `cos^2x<1/2 iff |cosx|<1/(sqrt2)`.
Учитывая (6): `cosx<=0`, получаем `-1/(sqrt2)<cosx<=0`.
Это решение системы 2). Объединяя решение 1) и 2) систем, получаем `-1/(sqrt2)<cosx`.
Решая это простейшее неравенство на тригонометрическом круге (рис. 13), имеем дугу .
`(-(3pi)/4+2pin;(3pi)/4+2pin),ninZ`.
Решить уравнение `3sin^5x+4cos^3x=7`.
Так как
`3sin^5x<=3` (8)
и `4cos^3x<=4`, (9)
а неравенства одного знака можно складывать, то `3sin^5x+4cos^3x<=7`, причём если хотя бы в одном из неравенств (8) или (9) знак «`<=`» заменить на «`<`», то получим `3sin^5x+4cos^3<7`. Значит, чтобы `x` удовлетворяло уравнению необходимо и достаточно, чтобы выполнялась система
$$ \left\{\begin{array}{l}3{\mathrm{sin}}^{5}x=3,\\ 4{\mathrm{cos}}^{3}x=4\end{array}\right.$$ или $$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{sin}x=1,\\ \mathrm{cos}x=1,\end{array}\right.$$
но это невозможно, т. к. `sin^2x+cos^2x=1`.
Решений нет.
Решить уравнение `sin^4 2x+1=cos3x`.
Так как левая часть уравнения `sin^4 2x+1>=1`, а правая часть `cos3x<=1`, то уравнение эквивалентно системе
$$ \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{sin}}^{4}2x+1=1,\\ \mathrm{cos}3x=1\end{array}\right.$$ или $$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{sin}2x=0,\\ \mathrm{cos}3x=1.\end{array}\right.$$
Отсюда
$$ \left\{\begin{array}{l}2x=\pi n,n\in Z,\\ 3x=2\pi m,m\in Z\end{array}\right.$$ или $$ \left\{\begin{array}{l}x={\displaystyle \frac{\pi n}{2}},n\in Z,\\ x={\displaystyle \frac{2\pi n}{3}},m\in Z.\end{array}\right.$$
На тригонометрическом круге изобразим решения первого уравнения последней системы на рис. 14, а второго- на рис. 15. Совпадение будет при `x=2pik,kinZ`.
`x=2pik,kinZ`.
Решить уравнение `sin^2 4x+cos^2x=2sin4x*cos^4x`.
Перепишем уравнение `sin^2 4x-2sin4x*cos^4x+cos^2x=0`.
Будем решать его как квадратное относительно `sin4x`. Дискриминант уравнения
`D=4cos^8x-4cos^2x=4cos^2x(cos^6x-1)<=0`.
Значит, решения возможны только в случае `D=0` или $$ \left[\begin{array}{l}\mathrm{cos}x=0,\\ \mathrm{cos}x=\end{array}\right.\pm 1.$$ Последней совокупности уравнений удовлетворяют значения `x=(pin)/2,ninZ`. Так как при этих `x` обращается в нуль и `sin4x`, то из уравнения следует, что должно быть `cosx=0`.
Отсюда `x=pi/2+pin,ninZ`.
`x=pi/2+pin,ninZ`.
Решить систему уравнений
$$ \left\{\begin{array}{l}\sqrt{2}\mathrm{sin}x-\sqrt{3}\mathrm{cos}y={\displaystyle \frac{5}{2}},\\ \mathrm{sin}y+\sqrt{2}\mathrm{cos}x=-{\displaystyle \frac{3}{2}}.\end{array}\right.$$
Вычтем из первого уравнения системы второе. Получим:
`sqrt2(sinx-cosx)-(siny+sqrt3cosy)=4`.
По формуле дополнительного угла имеем:
`2sin(x-pi/4)-2sin(y+pi/3)=4` или `sin(x-pi/4)-sin(y+pi/4)=2`
Так как `sin(x-pi/4)<=1` и `-sin(y+pi/3)<=1`, то `sin(x-pi/4)-sin(y+pi/3)<=2`,
причём равенство может достигаться только в случае, если
$$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{sin}\left(x-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}\right)=1,\\ -\mathrm{sin}\left(y+{\displaystyle \frac{\pi }{3}}\right)=1\end{array}\right.$$ или $$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{sin}\left(x-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}\right)=1,\\ \mathrm{sin}\left(y+{\displaystyle \frac{\pi }{3}}\right)=-1.\end{array}\right.$$
Решая эту систему, получаем
$$ \left\{\begin{array}{l}x-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}={\displaystyle \frac{\pi }{2}}+2\pi n,n\in Z,\\ y+{\displaystyle \frac{\pi }{3}}=-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}+2\pi m,m\in Z\end{array}\right.$$ или $$ \left\{\begin{array}{l}x={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}+2\pi n,n\in Z,\\ y=-{\displaystyle \frac{5\pi }{6}}+2\pi m,m\in Z.\end{array}\right.$$
Так как мы решаем уравнение – следствие системы и могли получить лишние корни, то надо сделать проверку. В нашем случае
`sinx=1/(sqrt2)`, `cosx=-1/(sqrt2)`, `siny=-1/2`, `cosy=-(sqrt3)/2`
и, подставляя эти значения в исходную систему, убеждаемся, что она удовлетворяется. Итак,
$$ \left\{\begin{array}{l}x={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}+2\pi n,\\ y=-{\displaystyle \frac{5\pi }{6}}+2\pi m, n,m\in Z.\end{array}\right.$$
Решить уравнение `"arctg"3x=arccos8x`.
Напишем ОДЗ `|8x|<=1`, `|x|<=1/8`. Возьмём тангенс от обеих частей уравнения. Получим: `3x=(sin(arccos8x))/(8x)` или `24x^2=sqrt(1-64x^2)`.
Обозначим `t=8x^2`. Имеем уравнение `3t=sqrt(1-8t)` или `9t^2+8t-1=0`.
`t_1=-1`, `t_2=1/9`. Т. к. `t>=0`, то `t=1/9=8x^2`, `x^2=1/72` (ОДЗ удовлетворяется).
Отсюда `x=+-1/(6sqrt2)`.
Далее нужно делать проверку, т. к. в исходном уравнении углы равны, а мы перешли к уравнению, где тангенсы этих углов равны, т. е. к следствию нашего уравнения. При этом могут появиться посторонние корни.
`x_1=-1/(6sqrt2)` не удовлетворяет уравнению, т. к. `"arctg"3x_1<0` (`"arctg"x<0`, если `x<0`), а `arccos8x_1>=0` (`arccosx>=0` всегда).
`x_2=1/(6sqrt2)` - удовлетворяет уравнению, т. к. углы `"arctg"3x_2 in (0;pi/2)` и
`arccos8x_2 in (0;pi/2)` и тангенсы у них совпадают.
`x=1/(6sqrt2)`
При каких значениях параметра `a` уравнение `(x-a)arccos(x+3)=0` имеет единственное решение?
ОДЗ `arccos(x+3)`: `-1<=x+3<=1` или `-4<=x<= -2`. Решение уравнения:
$$ \left[\begin{array}{l}x=a,\\ x+3=1\end{array}\right.$$ или $$ \left[\begin{array}{l}x=a,\\ x=-2.\end{array}\right.$$
Так как `x=-2 in`ОДЗ, то единственным решением может быть только `x=-2`. Значит должно выполняться:
$$ \left[\begin{array}{l}a=-2,\\ a\notin \mathrm{ОДЗ}\end{array}\right.$$ или $$ \left[\begin{array}{l}a=-2,\\ a\in \left(-\infty ;-4\right)\cup \left(-2;+\infty \right).\end{array}\right.$$
`a in (-oo;-4)uu[-2;+oo)`.
Найти все значения параметра `a`, при которых уравнение `2cos2x+2asinx+a=1` имеет единственное решение на интервале `(-pi/2;0)`.
Преобразуем уравнение
`2(1-2sin^2x)+2asinx+(a-1)=0`,
`4sin^2x-2asinx-(a+1)=0`.
Обозначим `sinx=t`. Решим уравнение `4t^2-2at-(a+1)=0`.
`D/4=a^2+4(a+1)=(a+2)^2`, $$ {t}_{\mathrm{1,2}}={\displaystyle \frac{a\pm \left(a+2\right)}{4}}=\left[\begin{array}{l}-{\displaystyle \frac{1}{2}},\\ {\displaystyle \frac{a+1}{2}}.\end{array}\right.$$
Итак, $$ \left[\begin{array}{l}\mathrm{sin}x=-{\displaystyle \frac{1}{2}},\\ \mathrm{sin}x={\displaystyle \frac{a+1}{2}}.\end{array}\right.$$ Но уравнение `sinx=-1/2` даёт один корень на `(-pi/2;0)` - он равен `(-pi/6)`.
Значит, для единственности решения задачи должно быть либо
`(a+1)/2=-1/2` и `a=-2`, либо `(a+1)/2` не даёт значение `sinx` в интервале
`x in (-pi/2;0)`, т. е. $$ \left[\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{a+1}{2}}\ge 0,\\ {\displaystyle \frac{a+1}{2}}\le -1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}a\ge -1,\\ a\le -3.\end{array}\right.$$ Итак,
`ain(-oo;-3]uu{-2}uu[-1;+oo)`.
Найти все значения параметра `a`, при каждом из которых уравнение `(sinx-cosx)/(sinx-acosx)=a` имеет хотя бы одно решение на отрезке `[pi/2;pi]`.
Уравнение эквивалентно системе
$$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{sin}x-\mathrm{cos}x=a\mathrm{sin}x-{a}^{2}\mathrm{cos}x,\\ \mathrm{sin}x-a\mathrm{cos}x\ne 0.\end{array}\right.$$
Эта система из однородного уравнения первого порядка и неравенства.
1) Если `cosx=0`, `x in [pi/2;pi]`, т. е. `x=pi/2`, то `sinx=1` и система даёт `a=1`.
2) Если же `cosx!=0`, то делим уравнение и неравенство системы на `cosx`. Получаем систему
$$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{tg}x-1=a\mathrm{tg}x-{a}^{2},\\ \mathrm{tg}x-a\ne 0,\end{array}\right.$$ или $$ \left\{\begin{array}{l}\left(a-1\right)\mathrm{tg}x={a}^{2}-1,\\ \mathrm{tg}x\ne a.\end{array}\right.$$
Если `a=1`, то системе удовлетворяют все значения из `(pi/2;pi]`.
Если же `a!=1`, то система становится такой: $$ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{tg}x=a+1,\\ \mathrm{tg}x\ne a.\end{array}\right.$$
Чтобы ей удовлетворяла хотя бы одна точка из `(pi/2;pi]`, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось `a+1<=0`, т. е. `a<= -1` (см. рис. 16).
Итак,
`a<= -1`, `a=1`.
