Тригонометрические уравнения: методы решений

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
МАТЕМАТИКА ЕГЭ 2012
Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
(типовые задания С1)
Прокофьев А.А.,
Корянов А.Г.
Прокофьев А.А. – доктор педагогических наук, заведующий кафедрой высшей
математики №1 НИУ МИЭТ, учитель математики ГОУ лицей №1557 г. Зеленограда; e-mail: [email protected]
Корянов А.Г. – методист по математике городского информационнометодического Центра (ГИМЦ) г. Брянска, учитель математики МОУ лицей №27
г. Брянска; e-mail: [email protected]
СОДЕРЖАНИЕ
 исследование уравнения с двумя
целочисленными параметрами…... 12
1.3. Геометрический способ.....……. 13
стр.
Введение
2
 Формулы записи решений простейших
тригонометрических
уравнений .……………………….. 2
 Числовая окружность…………….. 2
 Геометрическая иллюстрация решения простейших тригонометрических уравнений…………………
 Геометрическая иллюстрация решения простейших тригонометрических неравенств………………..
 Проблема отбора корней и способы их отбора ……….…………….
 Решение уравнений с двумя целочисленными переменными……….
 отбор корней тригонометрического уравнения на числовой окружности………………………………. 14
 отбор корней тригонометрического уравнения на числовой прямой. 15
1.4. Функционально-графический
способ ……………………………….. 16
3
2. Основные методы решения
тригонометрических уравнений 19
5
2.1. Тригонометрические уравнения,
линейные относительно простейших
тригонометрических функций ……..
 Уравнения, сводящиеся к простейшим
тригонометрическим
уравнениям ......................................
 Линейные
уравнения
вида
a cos x  b sin x  c …………….....
2.2. Тригонометрические уравнения, сводящиеся к алгебраическим
уравнениям с помощью замены .....
 Уравнения, сводящиеся к многочлену от одной тригонометрической функции ……………………..
 Решение уравнений, однородных
относительно синуса и косинуса ...
 Симметрические уравнения…........
 Применение универсальной тригонометрической подстановки......
7
8
1. Способы отбора корней в тригонометрических уравнениях…. 9
1.1. Арифметический способ ……...
 непосредственная
подстановка
корней в уравнение и имеющиеся
ограничения………………………
 перебор значений целочисленного
параметра и вычисление корней....
1.2. Алгебраический способ………..
 решение неравенства относительно неизвестного целочисленного
параметра и вычисление корней....
25.12.2011 www.alexlarin.net
9
9
10
11
11
1
19
19
20
21
22
23
24
25
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
или  . С другой стороны использование
общей формулы серий решений не всегда
является удобной при отборе корней, в
частности, на числовой окружности. В
этом случае как раз удобнее не объединять серии решений тригонометрических
уравнений, а представлять их совокупностью, выделяя разность 2 соответствующих прогрессий.
1. Решения уравнения
sin x  a
(  1  a  1 ) можно записать совокупностью двух серий решений
2.3. Метод разложения на множители 26
2.4. Функциональные методы ……
 Использование области определения функций ………………………
 Использование
ограниченности
функций …………………………...
 Использование
монотонности
функций……………………………
 Использование
периодичности
функций……………………………
 Использование четности и нечетности функций…………………….
2.5. Комбинированные уравнения
30
30
31
33
35
36
37
 arcsin a  2 n,
x
nZ.
   arcsin a  2 n,
 Уравнения, содержащие дроби ..... 38
 Уравнения, содержащие корни
натуральной степени……………... 41
 Уравнения, содержащие логарифмы 43
 Уравнения, содержащие модули ..
Уравнения sin x  1 и sin x  1 имеют

решения
x   2n,
и
nZ ,
2

x    2n, n  Z , соответственно.
2
2. Решения уравнения
cos x  a
(  1  a  1 ) можно записать совокупностью двух серий решений
45
2.6. Системы уравнений…………… 46
Ответы…………………...................... 47
Список и источники литературы..….. 51
 arccos a  2 n,
x
nZ.
  arccos a  2 n,
Введение
Прежде чем перейти к рассмотрению
тригонометрических уравнений, остановимся на некоторых важных вопросах,
имеющих непосредственное отношение к
решению этих уравнений.
Уравнения cos x  1 и cos x  1 имеют решения x  2n, n  Z и x    2n,
n  Z соответственно.
3. Решения уравнения tgx  a можно
записать совокупностью двух серий
Формулы записи решений простейших
тригонометрических уравнений
 arctga  2 n,
x
nZ.


arctg
a

2

n
,

В большинстве учебников для записи
решений простейших уравнений используются следующие формулы:
Вид уравнения
sin x  a , | a |  1
cos x  a , | a |  1
tgx  a
ctgx  a
4. Решения уравнения ctgx  a можно
записать совокупностью двух серий
Общая формула
решений
x  (1) n arcsin a  n,
nZ
x   arccos a  2n,
nZ
x  arctga  n, n  Z
x  arcctga  n, n  Z
 arcctga  2 n,
x
nZ.
   arcctga  2 n,
Числовая окружность
Числовая (или координатная) окружность активно применяется в преподавании тригонометрии, с ее помощью легко
демонстрировать множества чисел, объединенных по определенным свойствам.
Поэтому рассмотрение примеров в данном пособии будет в основном связано с
координатной окружностью. В тех случа-
При повторении формул решения
уравнений следует обратить внимание на
то, что формулы задают множества чисел, которые образованы по закону арифметической прогрессии с разностью 2
25.12.2011 www.alexlarin.net
2
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
ях, где затруднительно использовать числовую окружность, для отбора корней
тригонометрического уравнения применяют координатную прямую.
Числовой (координатной) окружностью называют окружность единичного
радиуса, на которой выбраны:
а) начало отсчета;
б) положительное направление (против часовой стрелки);
в) единица измерения (радиус r  1 ).
Отображение числового множества R
на координатную окружность наглядно
можно представить как «наматывание»
координатной прямой на координатную
окружность: положительный луч координатной прямой – в положительном направлении, отрицательный луч – в отрицательном направлении (см. рис. 1).
Отметим,
что
отображение число
вого множества R на

координатную
ок
ружность не являет

ся взаимно одно
значным:
каждая
P 

 P0
точка
окружности  

О
изображает
бескоP  
нечное множество


действительных чи
сел, каждому дейст

вительному
числу
соответствует един
ственная точка окРис. 1
ружности.
Геометрическая иллюстрация
решения простейших
тригонометрических уравнений
Пример 1. Изобразить на числовой
окружности множество решений урав2
нения sin x 
.
2
Решение. Запишем решения данного

3
уравнения x   2 n или x 
 2 n ,
4
4
nZ .
Две точки на окP

ружности P и P3 ,
P
4
изображающие решения этого уравнения, расположены
симметрично
относительно оси
ординат (см. рис. 2).
P


4

P
P
O
P 
Рис. 2
уравнения вида cos x  a
Числа вида   2n или    2n,
n  Z , на числовой окружности изображаются точкой P или P соответственно. Точки расположены на окружности
симметрично относительно оси x . Эти
два множества чисел можно записать в
виде    2n, n  Z .
Пример 2. Изобразить на числовой
окружности множество решений урав3
нения cos x 
.
2
Решение. Запишем решения данного


уравнения x   2 n или x    2 n ,
6
6
n  Z . Две точки на окружности P и
Все числа вида   2n, n  Z соответствуют единственной точке числовой окружности P , так как при обходе окружности в положительном или отрицательном направлении на целое число оборотов из данной точки P приходим в эту
же точку.
6
P,

изображаю-
Числа вида   2n или      2n,
n  Z на числовой окружности изображаются точкой P или P   соответст3
P

6
щие решения этого
уравнения, расположены
симметрично относительно оси абсцисс (см.
рис. 3).
уравнения вида sin x  a
25.12.2011 www.alexlarin.net
венно. Эти точки расположены на окружности симметрично относительно оси y .
Эти два множества чисел можно записать
в виде (1) n   n, n  Z .
P

P
P
O
P 
Рис. 3
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
ми-вершинами правильного многоугольника.
2n
Числам вида  
, n  Z , k  {3; 4;
k
5; ...} на числовой окружности соответствуют вершины правильного k-угольника,
вписанного в окружность.
Случаи k  1 и k  2 рассмотрены
выше. При k  1 получаем единственную
точку на окружности, а при k  2 – две
диаметрально противоположные точки
окружности.
уравнения вида tgx  a или ctgx  a
Числа вида   2n или     2n,
n  Z , на числовой окружности изображаются точками P или P   . Точки расположены на окружности симметрично
относительно начала координат. Эти два
множества чисел можно записать в виде
  n, n  Z .
Пример 3. Изобразить на числовой
окружности множество решений уравнения tgx  3 .
Пример 5. Изобразить на числовой
окружности множество решений уравнения sin3 x  1 .
Решение. Запишем решения данного

4
уравнения x   2 n или x 
 2 n ,
3
3
n  Z . Две точки на окружности P и
Решение. Решениями данного уравне 2n
ния являются числа вида 
, nZ.
6
3
Придавая последовательно значения 0,
1, 2 переменной n, получим три точки
(вершины
праP
вильного
тре
угольника) на окP
P


ружности
(см.
P
P


рис. 6), соответO
ствующие числам
  2  5
, 

и
6 6 3
6
P

 4 3


.
Рис. 6
6 3
2
3
P

P4 ,
P
изображаю-
3

P
P
O
P

Рис. 4
щие решения этого уравнения, расположены
симметрично относительно начала координат (см. рис.
4).
Пример 4. Изобразить на числовой
окружности множество решений уравнения ctgx  3 .
Решение. Запишем решения данного

7
уравнения x   2 n или x 
 2 n ,
6
6
n  Z . Точки на окP

ружности P и P7 ,
P

P
P
O
P

Рис. 5
6
Тренировочные упражнения
1. Изобразите множество решений
уравнения, используя числовую окружность:
6
изображающие решения этого уравнения, расположены
симметрично относительно начала координат (см. рис. 5).
1
;
2
3
в) sin x  
;
2
1
д) cos x  ;
2
а) sin 2 x 
уравнения вида T (x )  a
ж) cos 3x  
Для уравнений вида T (x )  a , где через T обозначена одна из простейших
тригонометрических функций, изображение решений уравнения связано с точка-
25.12.2011 www.alexlarin.net
и) tgx  3 ;
л) tg5 x  0 .
4
2
;
2
б) sin x  0;
г) sin x  0,2 ;
е) cos x  0 ;
з) cos x  0,4 ;
к) tgx   3 ;
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Геометрическая иллюстрация
решения простейших
тригонометрических неравенств
2
.
2
3. Выделенная дуга проходит через
нуль, поэтому при положительном обходе
от нуля получаем первую граничную
точку P , которая
P
наты которых меньше
Основная трудность в отборе решений
тригонометрических уравнений ложится
на решение тригонометрических неравенств и их изображений на числовой окружности.
4
P


соответствует по

ложительному
P
P

O
числу
. Делаем
4
обход по дуге от
нуля в отрицаРис. 7
тельном направлении до второй граничной точки P 5 , со-
неравенства вида sin x  a или cos x  a
Напомним алгоритм решения простейших тригонометрических неравенств
вида sin x  a или cos x  a , | a | 1 , где
символ  заменяет один из знаков неравенств: , , ,  .
1. Отмечаем на линии синусов (косинусов) число a и все значения синуса
(косинуса), которые больше (меньше)
числа a .
2. Выделяем на числовой окружности
дугу, на которой находятся точки, удовлетворяющие данному условию.
3. Если выделенная дуга прошла через
0, то для записи граничных точек выбирают разное направление (одно число положительное, другое – отрицательное).
Если выделенная дуга не прошла через 0 ,
то для записи граничных точек выбирают
одно направление.
4. Записываем общее решение неравенства, добавляя к концам найденного
промежутка число кратное периоду синуса или косинуса.
Сразу отметим, что для отбора решения уравнения нам не потребуется аналитическая запись решения тригонометрического неравенства, и последний шаг
алгоритма будем опускать.

4
ответствующей отрицательному числу
5
 5  

. Числа из промежутка   ;  ,
4
 4 4
являются решения данного неравенства
(см. рис. 7). Все решения данного неравенства
будут
иметь
вид

 5

 2n;  2n  , n  Z .

4
 4

Пример 7. Изобразить на числовой
окружности множество решений нера3
венства cos x 
.
2
Решение.
1.
P

Отмечаем на лиP
нии косинусов (см.


3
P

рис. 8) число
и P
O
2
все значения косиP

нуса, меньшие этого числа.
Рис. 8
2. Выделяем на
числовой окружности дугу, на которой находятся точки,
3
абсциссы которых не больше
.
2
3. Выделенная дуга не проходит через
нуль, поэтому первая точка P соответ-
Пример 6. Изобразить на числовой
окружности множество решений нера2
венства sin x 
.
2
Решение. 1. Отмечаем на линии сину2
сов (см. рис. 7) число
и все значения
2
синуса, которые меньше этого числа.
2. Выделяем на числовой окружности
дугу, на которой находятся точки, орди-
6

. Делаем
6
обход по дуге от точки P в положитель-
ствует положительному числу
6
25.12.2011 www.alexlarin.net

P
5
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
6
соответствующей числу
11
. Числа из
6
  11 
промежутка  ;
, являются решения
 6 6 
данного неравенства (см. рис. 8). Все решения данного неравенства будут иметь
11


вид   2n;
 2n , n  Z .
6
6

неравенства вида tgx  a или ctgx  a
положительном направлении до второй точки P , со-
Для решения неравенств с тангенсом и
котангенсом удобно использовать линии
тангенсов и котангенсов, касающиеся
тригонометрической окружности в точках (1; 0) и (0; 1) соответственно.
Напомним алгоритм решения простейших тригонометрических неравенств
вида tgx  a или ctgx  a , где символ 
заменяет один из знаков неравенств:
, , ,  .
1. Отмечаем на линии тангенсов (котангенсов) число a и все значения тангенса (котангенса), которые больше
(меньше) числа a .
2. Выделяем на числовой окружности
дугу, на которой находятся точки, удовлетворяющие данному условию.
3. Записываем ответ для соответствующего неравенства:
а) для неравенства tg x  a решение
имеет вид

  n  t  arctg a  n, n  Z ;
2
б) для неравенства tg x  a решение
имеет вид

arctga  n  t   n, n  Z ;
2
в) для неравенства ctgx  a решение
имеет вид
arcctga  n  t    n, n  Z ;
г) для неравенства ctgx  a решение
имеет вид
n  t  arcctga  n, n  Z .
P

2
P

P
O
P

ответствующей

числу . Числа из
2
P

промежутка
P

  
Рис. 9
 ;  , являются
3 2
решения данного неравенства. Все решения данного неравенства будут иметь вид



  n;  n  , n  Z . На окружности
2
3

(см. рис. 9) выделены два интервала.
Пример 9. Изобразить на числовой
окружности множество решений неравенства ctg x  1 .
Решение. Отмечаем на линии котангенсов (см. рис. 10) число  1 и все значения котангенса, меньшие этого числа.
P


ось котангенсов
P

P
P
O
P

P

Рис. 10
2. Выделяем на числовой окружности
дугу, на которой находятся точки, удовлетворяющие данному условию.
Пример 8. Изобразить на числовой
окружности множество решений неравенства tgx  3 .
25.12.2011 www.alexlarin.net

3
ось тангенсов
Решение. Отмечаем на линии тангенсов (см. рис. 9) число 3 и все значения
тангенса, которые больше этого числа.
2. Выделяем на числовой окружности
дугу, на которой находятся точки, удовлетворяющие данному условию.
3. Выделенная дуга имеет граничную

точку P , соответствующую числу
.
3
3
Делаем обход по
дуге от точки P в
ном направлении до второй точки P11 ,
6
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
3. Выделенная дуга имеет граничную
3
точку P3 , соответствующую числу
.
4
4
(например, подставив найденные значения в исходное уравнение).
Однако следует иметь в виду, что проверка путем подстановки найденных значений в тригонометрическое уравнение в
большинстве случаев сопряжена с техническими трудностями. Если сомнение в
равносильности первого и последнего в
цепочке преобразований уравнения вызвано расширением в ходе преобразований области допустимых значений, лучше начать решение с записи ограничений,
определяющих область допустимых значений исходного уравнения, и, найдя
корни последнего уравнения, проверить,
удовлетворяют ли они этим ограничениям.
Причиной расширения области допустимых значений тригонометрического
уравнения может быть также использование некоторых тригонометрических формул. В первую очередь следует обратить
внимание на формулы, выражающие синус, косинус, тангенс или котангенс угла
через тангенс половинного угла. Использование этих формул может привести к
сужению области допустимых значений
и, как следствие, к потере корней. Применение тех же формул в обратном направлении, напротив, может привести к
расширению области допустимых значений и, как следствие, к появлению посторонних корней. Сказанное относится
также к формулам тангенса суммы и разности аргументов.
Также к приобретению корней может
привести
использование
формул
tg   cos   sin  или ctg   sin   cos  .
Решение тригонометрических уравнений, связанных с отбором корней, имеет
отличие от ситуаций, возникающих при
решении дробно-рациональных, иррациональных, логарифмических и других
уравнений, состоящее в том, что при решении простейших тригонометрических
уравнений получают бесконечные серии
решений, зависящих от целочисленного
параметра.
При отборе корней в процессе решения
тригонометрических
уравнений
обычно используют один из следующих
способов.
Делаем обход по дуге от точки P3 в по4
ложительном направлении до второй точки P , соответствующей числу  . Числа
 3 
из промежутка  ;   , являются реше4 
ния данного неравенства. Остальные решения получают добавлением слагаемого
n, n  Z к концам полученного промежутка. На окружности (см. рис. 10) выделены два промежутка.
Тренировочные упражнения
2. Изобразите множество решений неравенства, используя числовую окружность:
2
3
а) sin x 
; б) sin x  0; в) sin x  
;
2
2
2
г) sin x  0,7 ; д) cos x 
; е) cos x  0 ;
2
1
1
ж) cos x   ; з) tgx  1 ; и) tgx 
;
2
3
1
к) tgx   3 ; л) tgx  0 ; м) ctgx  
;
3
н) ctgx  3 ; о) ctgx  0 .
Проблема отбора корней и способы
их отбора
При решении различных уравнений
школьникам приходится сталкиваться с
понятием «посторонних» корней, появляющихся в результате не равносильных
преобразований как отдельных выражений, входящих в уравнение, так и самого
уравнения.
Преобразование тригонометрического
уравнения может привести не только к
равносильному уравнению, но и к уравнению-следствию. Если на каком-то шаге
мы перешли к уравнению, про которое
точно знаем, что оно – следствие исходного, и при этом не уверенны, что оно
равносильно ему, то, найдя корни нового
уравнения, необходимо сделать проверку
25.12.2011 www.alexlarin.net
7
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
● Арифметический способ:
а) непосредственная подстановка полученных корней в уравнение и имеющиеся
ограничения;
б) перебор значений целочисленного параметра и вычисление корней.
● Алгебраический способ:
а) решение неравенства относительно неизвестного целочисленного параметра и
вычисление корней;
б) исследование уравнения с двумя целочисленными параметрами.
● Геометрический способ:
а) изображение корней на тригонометрической окружности с последующим отбором и учетом имеющихся ограничений;
б) изображение корней на числовой прямой с последующим отбором и учетом
имеющихся ограничений.
● Функционально-графический способ:
выбор корней с помощью графика простейшей тригонометрической функции.
Выбираем неизвестную, коэффициент
при которой меньше по абсолютной величине, – в нашем случае это n . Выражаем ее через другую неизвестную
8m  4
3m  1
 m 1
.
5
5
Целые решения уравнения (2) будут су3m  1
ществовать, когда число
будет це5
лым.
Обозначим его буквой p , тогда
n
3m  1
 p или 3m  5 p  1 .
5
Проделав с последним уравнением те же
действия, что и с исходным, получим
5p 1
2p 1
m
 p
. Для существова3
3
2 p 1
ния целых решений число
должно
3
быть целым. Обозначим его буквой t , тогда
2p 1
 t или 2 p  3t  1 .
3
3t  1
t 1
Отсюда p 
t
. Последнее
2
2
равенство возможно в целых числах, если
t  2k  1 , k  Z .
Теперь, чтобы получить решение
уравнения (2), нужно выразить p, m и n
через k . Выполняя соответствующие
подстановки, имеем
Решение уравнений с двумя
целочисленными переменными
В случае отбора общих решений нескольких найденных серий решений тригонометрических уравнений приходится
решать линейные уравнения с двумя неизвестными вида
an  bm  c,
где
a, b, c  Z – заданные числа, а n, m  Z –
искомые неизвестные.
Рассмотрим метод решения в целых
числах линейного уравнения с двумя неизвестными.
an  bm  c,
3t  1 6k  2

 3k  1 ,
2
2
5 p  1 15k  6
m

 5k  2 ,
3
3
8m  4 40m  20
n

 8k  4 .
5
5
p
(1)
где a, b, c  Z – заданные числа, а
n, m  Z – искомые неизвестные
Уравнение (1) имеет решение тогда и
только тогда, когда c делится на НОД
чисел a и b . Так, например, уравнение
2m  8n  17 не имеет решений в целых
числах, так как 17 не делится на 2 (наибольший общий делитель чисел 2 и 8).
Покажем, как ищется решение уравнения (1). Рассмотрим уравнение
5n  8m  4.
25.12.2011 www.alexlarin.net
Итак, целыми решениями уравнения
(2) являются пары чисел (n, m) вида
n  8k  4 , m  5k  2 при любом k  Z .
Замечание. Представленный метод
практически повторяет известный алгоритм Евклида для нахождения наибольшего общего делителя двух целых
чисел.
(2)
8
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Пример 11. Найти корни уравнения
tg x  3 , удовлетворяющие неравенству
sin x  0 .
1. Способы отбора корней
в тригонометрических уравнениях
Для раскрытия способов отбора корней рассмотрим простейшие тригонометрические уравнения и системы (совокупности), содержащие простейшие тригонометрические уравнения и неравенства.
Решение. Из уравнения tg x  3 по
лучим x    k , k  Z . Отберем из по3
лученных решений те значения x , для

которых sin x  0 . Подставляя x    k
3
в
это
неравенство,
находим:
3


sin   2 n  
при k  2n , n  Z , и
3
 2
1.1. Арифметический способ
Рассмотрим примеры, в которых используется арифметический способ отбора корней.
непосредственная подстановка корней
в уравнение и имеющиеся ограничения
3
 4

sin 
 n   
при
k  2n  1 ,
2
 3

n  Z . Следовательно, корни исходного
4
уравнения вида
 2 n, n  Z удовле3
творяют условию.
4
Ответ:
 2 n, n  Z .
3
Пример 12. Найти решения совокупности уравнений
sin x  1,

sin x  1 ,
2

удовлетворяющие неравенству ctg x  0 .
В случае непосредственной подстановки серий полученных решений для
удаления «посторонних» решений полезным оказывается использование формул
приведения. В частности,
sin x, при k  2n,
sin( x  k )  
nZ ;
 sin x, при k  2n  1,
cos x, при k  2n,
cos( x  k )  
nZ ;
 cos x, при k  2n  1,

tg ( x  k )  tg x, x   n, n  Z ;
2
ctg ( x  k )  ctg x, x  n, n  Z .
Пример 10. Найти корни уравнения
cos x  0,5 ,
удовлетворяющие
неравенству sin x  0 .
Решение. Из совокупности имеем


 x   2  2n,
nZ.

 x   1n   n,

6
Решение. Из уравнения cos x  0,5 по

лучаем x   2 n , или x    2 n,
3
3
nZ .
Проверим для полученных значений x
выполнение условия sin x  0 . Для первой
серии получаем
Отберем значения x , удовлетворяющие условию ctg x  0 .
Для решений первой серии получаем
 

ctg    2n   0 , следовательно, усло 2

вие ctg x  0 выполнено.
Для корней второй серии
3


 
sin   2 n   sin   
0.
3

 3 2
Следовательно, первая серия является
«посторонней». Для второй серии получа3
 


ем sin    2 n    sin    
0.
2
 3

 3

Ответ:   2 n, n  Z .
3
25.12.2011 www.alexlarin.net

ctg  (1) n




9




 n   ctg  (1) n  
6
6


3 , если n четно,
3 , если n нечетно.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Таким образом, условие ctg x  0 выполнено только для четных значений n , т.е.

n  2m, m  Z . Тогда x   2m .
6


Ответ:   2n ,  2n, n  Z .
2
6
Из уравнения sin 3x  0 получаем
k
x
, k  Z. Подставляя поочередно
3
значения 0, 1, 2, 3, 4, 5 для переменной k ,
 2
4 5
найдем корни 0, ,
, ,
и
, со3 3
3
3
держащиеся на промежутке [0; 2) . Среди полученных решений отбираем те, для
которых
справедливо
неравенство

5
и
.
cos x  0 . Остаются числа 0,
3
3
Следовательно, исходная система имеет
множество
решений
вида
x  n,

5
x   2n , x 
 2 n , n  Z
3
3

Ответ: x  n, x    2n , n  Z .
3
Обобщением предыдущих подстановок является рассмотрение множества
значений целых чисел для параметра при
разбиение его на три и более подмножеств.
Пример 13. Найти корни уравнения
sin 3x = 1 , удовлетворяющие неравенству
cos x  0 .
Решение. Уравнение sin 3x = 1 имеет
 2n
корни x = 
, n  Z . Так как функ6
3
ции sin 3x и cos x имеют общий наименьший положительный период 2 , то для
  2n 
проверки неравенства cos 
0
3 
6
достаточно рассмотреть значения 0, 1, 2
для параметра n (пройти круг). Так как

3
cos  0 и cos
 0 , то получаем
6
2

3
корни x   2n и x 
 2n , n  Z ,
6
2
удовлетворяющие данному условию.

3
Ответ.  2n ,
 2n , n  Z .
6
2
Пример 15. Решить систему:
sin 2 x  0,

sin x  0,5 .
cos 3x  0

Решение. Из совокупности уравнений
имеем
k

x

,

2

sin 2 x  0,


sin x  0,5   x   6  2 l , k , l , m  Z.


 x  7  2 m,
6

перебор значений целочисленного
параметра и вычисление корней
Общий наименьший положительный
период функций sin x , cos 3x, sin 2 x равен 2 . Поэтому достаточно рассмотреть
решения системы на промежутке [0; 2) .
На промежутке [0; 2) содержатся

3 7 11
корни 0, ,  ,
,
,
. Из условия
2
2
6
6
 n
, n  Z, а
cos 3x  0 получаем x  
6
3


на промежутке [0; 2) x  , x  ,
6
2
5
7
3
11
x
, x
, x
, x
. Таким
6
6
2
6
образом, остались числа 0 и  , а значит,
исходная система имеет множество решений вида x   t , t  Z.
Перебор значений целочисленного параметра и вычисление корней приходится
выполнять в случаях, когда требуется
отобрать корни, принадлежащие заданному промежутку или некоторому условию.
Пример 14. Решить систему:
sin 3x  0 ,

cos x  0 .
Решение. Общий наименьший положительный период функций cos x и
sin 3x равен 2 . Поэтому достаточно
рассмотреть решения системы на промежутке [0; 2) .
25.12.2011 www.alexlarin.net
10
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Для второй серии имеем
Ответ:  t , t  Z.
1.2. Алгебраический способ

Алгебраический способ отбора корней
наиболее удобен в тех случаях, когда последовательный перебор значений параметров приводит к вычислительным
трудностям, промежуток для отбора корней большой, значения обратных тригонометрических функций, входящих в серии решений, не являются табличными, и
при решении задач с дополнительными
условиями.
Последнее неравенство не имеет целочисленных решений.
  
Ответ:  ; ; .
2 2 6
Пример 17. Найти все решения совоcos 5 x  0,
купности уравнений 
принадcos
x

0
,

лежащие отрезку [1; 2] .
решение неравенства относительно
неизвестного целочисленного
параметра и вычисление корней
Решение. Найдем решения совокупности уравнений
Пример 16. Найти все решения совоcos x  0
купности уравнений 
, принадsin x  0,5
3 

лежащие промежутку   ;  .
4

 k

x 
,

cos 5 x  0
10 5 k, n  Z .
cos x  0  

 x     n,
2

Решение.
1.
cos x  0 ,

x    n; n  Z . Так как решения долж2
ны
удовлетворять
неравенству

3
    n 
, то, сократив на  , по2
4
1
3
3
1
лучим  1   n 
или   n  . С
2
4
2
4
учетом того, что n  Z , получаем два
значения n  1 и n  0 . Если n  0 , то


x  , если n  1 , то x   .
2
2
Заметим, что первую серию решений
(1  2k )
можно записать в виде x 
, а
10
(1  2n)
вторую – x 
. Отсюда можно
2
заметить, что решения второй серии содержатся в первой, так как их можно записать в виде
x
(1  2n) (5  10n) (1  2(5n  2))


.
2
10
10
Поэтому первая серия решений совокупности содержит все корни исходной совокупности уравнений. Можем записать
 k
x

, k  Z . Решим двойное не10 5
равенство


 x  6  2  n,
2. sin x  0,5  
nZ .
 x  5  2  n,

6
 k

 2  10    2 k  20 
10 5
 10    2 k  20   
10  
20  
k


2
2
5 1
10 1
 k
 .

 2
 2
5 1
5 1 17 10 1
  ,
Так как  
 
 2 3,2 2 16  2
Так как должно выполняться условие
3
 x
, то для первой серии имеем
4
1

3
1
3
 2 n 
 1   2n  
6
4
6
4
7
7
  n 
n0.
12
24

Отсюда получаем x  .
6

25.12.2011 www.alexlarin.net
5
3
5
3
 2 n 
 1   2 n  
6
4
6
4
11
1
  n   .
12
24
11
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Пример 19. Решить систему уравнений:
10 1 17
 
и k  Z , то k  2 . Тогда
3 2 6
 2 
x

 .
10 5
2

Ответ: .
2

sin 11x  1,

sin 3x  1.
Решение. Найдем решения системы
исследование уравнения
с двумя целочисленными параметрами
sin 11x  1,


sin 3x  1.
Пример 18. Решить систему уравнений:
cos 2 x  1,

 5x
sin 2  1.
Найдем такие целые значения n и m ,
при которых решения в полученных се 2n
 2m
риях совпадают  
 
,
22 11
6
3
т.е. 3n  2  11m . Выражая из последнего
2m  2
равенства n , получаем n  3m 
.
3
Так как n – целое, то последнее равенство возможно, только если число 2m  2
делится на 3, т.е. 2m  2  3k , k  Z . Отk
сюда m  1  k  . Поскольку m должно
2
быть целым, то k должно быть четным.
Если
k  2p ,
где
pZ ,
то
2p
m  1 2 p 
  3 p  1 . Следователь2
но,
 2(3 p  1) 
x 
  2p , p  Z .
6
3
2

Ответ:  2p , p  Z .
2
Решение. Получаем решения системы
cos 2 x  1,
 x  n,


 
 5x
 4m n, m  Z .
sin

1
x


,


2
5
5
Найдем такие целые значения n и m ,
при которых решения в полученных сериях совпадают, т.е. приравнивая выражения для x в обеих сериях, получим
 4m
n  
или 5n  1  4m .
5
5
Далее получим
4m  5n  1 или m 
5n  1
n 1
n
.
4
4
Для существования целых решений число
n 1
должно быть целым. Обозначим его
4
буквой k , тогда
Пример 20. Решить систему:
cos 7 x  0 ,

cos 2 x  0 ,
sin 5 x  0.

n 1
 k или n  4k  1 , где k  Z .
4
5n  1 20k  4

 5k  1 , k  Z .
4
4
Подставляя n  4k  1 , k  Z , в первую
серию решений или m  5k  1 , k  Z , во
вторую,
получим
общее
решение
x  (4k  1), k  Z .
Ответ: (4k  1), k  Z .
Тогда m 
25.12.2011 www.alexlarin.net
 2n

 x   22  11 , n  Z,

 x     2m , m  Z.

6
3
Решение. Из системы имеем
 n

x


, n  Z,

14
7
cos 7 x  0 ,

 k


, k  Z,
cos 2 x  0 ,   x  
4
2
sin 5 x  0


m

m  Z.
x  5 ,

12
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Выясним,
какие
из
значений
 n
x 
, n  Z , являются недопусти14 7
мыми. Для этого решим в целых числах
уравнения
Количество членов этой прогрессии можно
найти из неравенства:
     4n  80 , n  Z 
 0,5  n  20,25 , n  Z .
Таким образом, n может принимать все
натуральные значения от 1 до 20 включительно. Значит, количество членов прогрессии N  20 .
Найдем сумму S1 этих двадцати членов:
2  3  19  4
S1 
 20  820 .
2
 n  k
 n m
(а)

 
и (б)


.
14 7 4 2
14 7
5
Рассмотрим уравнение (а). После преобразований получим:
2  4n  7  14k  4n  14k  5 .
Последнее равенство невозможно, так
как в левой его части получаются при
всех значениях n и k четные числа, а в
правой – число нечетное.
Рассмотрим уравнение (б). После преобразований получим:
Однако среди значений x    4n ,
n  Z , имеются недопустимые. Чтобы
выяснить, какие это значения, решим в
целых числах уравнение:
   4n  2  3k 
4n  3
n
 k
 k  n 1  .
3
3
5  10n  14m  14m  10n  5 .
Последнее равенство невозможно, т.к.
в левой его части стоят четные числа, а в
правой – нечетное.
 n
Значит, все значения x  
,
14 7
n  Z , являются допустимыми.
 n
Ответ:

, nZ .
14 7
Поскольку k и n – целые числа, то n  3t ,
где t  Z . Таким образом, недопустимые
значения переменной x получаются при
n  3t . Итак, x     12t , t  Z .
На
отрезке
[ ; 80]
значения
x     12t , t  Z , образуют арифметическую прогрессию с разностью 12 и
первым членом 11 . Очевидно, что количество членов этой прогрессии N  6 .
Тогда их сумма
Пример 21. Найти сумму решений системы
  x  3 
cos 4   0 ,
 


sin  x  2   0,
  3 
S2 
Тогда искомая сумма
принадлежащих промежутку [ ; 80] .
S  S1  S 2  574 .
Решение. Получаем из системы
Ответ: 574 .
  x  3 
 x  3 
cos 4   0 ,
 4  2  n ,
 



sin  x  2   0
 x  2  k ,
 3
  3 
1.3. Геометрический способ
В последние годы в учебниках используются разные модели к иллюстрации
решения простейших тригонометрических уравнений или неравенств: с применением тригонометрического круга или
графика простейшей тригонометрической
функции. В первом случае изображение
решений связано с числовой окружностью, во втором – с числовой прямой.
 x     4n , n  Z ,
n, k  Z ,  
 x  2  3k , k  Z .
На отрезке [ ; 80] значения x    4n ,
n  Z , образуют арифметическую прогрессию с разностью 4 и первым членом 3 .
25.12.2011 www.alexlarin.net
2  11  5  12
 6  246 .
2
13
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Функции cos12 x и sin 3x , входящие в
систему, имеют основной период, не превосходящий 2 , поэтому проведем отбор
корней уравнения системы, используя
тригонометрическую окружность. Для
этого полученные

значения в серии





решений и серии


ограничений изо

бразим на триго
O
нометрической ок

ружности (см. рис.


12) и в ответ запи




шем количество не

совпавших в обеих
Рис. 12
сериях
значений
переменной х.
Ответ: 6.
отбор корней тригонометрического
уравнения на числовой окружности
Тригонометрическую
окружность
удобно использовать при отборе корней на
промежутке, длина которого не превосходит 2 , или в случае, когда значения обратных тригонометрических функций,
входящих в серию решений, не являются
табличными.
Пример 22. Найти решения совокупcos x  0,
ности уравнений: 
.
cos
5
x

0
.

Решение. Из совокупности уравнений
имеем


x    k,

cos
x

0
,

2
k, n  Z .
cos 5 x  0,  

x     n ,
10 5

Пример 24. Найти все решения совокупности уравнений
1

sin x   2 ,

3

sin x  2 ,
Отметим, что функции cos x и cos 5 x ,
входящие в совокупность уравнений,
имеют общий наименьший положительный период 2 . Поэтому отбор корней
удобно проводить

на числовой ок

ружности,
при


этом
используя
градусную
меру
O

полученных ре
шений


x  90  k 180

или
Рис. 11
x  18  n  36 .
Из рисунка 11 видим, что вторая серия
решений включает в себя первую серию.
 n
Ответ:

, nZ .
10 5
удовлетворяющие неравенству cos x  0 .
Решение. Получаем


  x   6  2  n,

1

  x   5  2  n,
sin x   2 ,
 
6

 
3

  x    2 k ,
sin
x



3
2

2
  x    2 k ,
 
3
n, k  Z .
Изобразим полученные решения на
тригонометрической окружности (см.
рис. 13).

Каждому урав


нению соответст

вуют две точки на
тригонометрической окружности.
O


В ответ запишем


только
решения,

расположенные на

дуге окружности,
Рис. 13
соответствующей
Пример 23. Определить количество
cos12 x  1,
решений системы 
на проsin 3x  0
межутке [0; 2] .
Решение. Из условия имеем

 x 
cos12 x  1,
 

sin 3 x  0,
x 

25.12.2011 www.alexlarin.net
n
,
6
n, k  Z .
k
,
3
14
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
неравенству cos x  0 , т.е. лежащие в I и
IV четвертях.
Следовательно, данному условию удо
влетворяют решения
 2 k
или
3

  2 n , n, k  Z .
6


Ответ:  2 n ;   2 n , n  Z .
3
6
В случае маленьких значений корней
можно воспользоваться приемом «укрупнения» этих значений.
отбор корней тригонометрического
уравнения на числовой прямой
Тригонометрическую
окружность
удобно использовать для изображения
точек вида   n, n  Z , где 2 :  – натуральное число. Например, множеству
 
чисел  n, n  Z . на окружности со4 3

ответствуют 2 :  6 точек. С другой
3
1
стороны, числа вида
 3n, n  Z целе4
сообразнее отмечать на координатной
прямой, так как число 2 не соизмеримо
с числом 3, и на окружности будет бесконечное множество точек. Еще одна причина выбора числовой прямой связана с
периодами функций превосходящих 2 .

Например, числа
 4 n, n  Z , будут
4
изображаться точкой P , но число, на-
Пример 25. Решить совокупность
 

sin  8 x  4   0,


уравнений: 
 

cos 4 x    0.
4
 
Решение. Основной период функции





sin  8 x   равен , cos 4 x   равен
4
4
4



. Так как общий период этих функций
2

равен , то при умножении на 4, период
2
станет 2 .
Из условия имеем
4

пример,  2 , которому также соответ4
ствует точка P , не входит в рассматри4
ваемое множество чисел.
Пример 26. Решить систему:
 

 k

x

,
sin  8 x  4   0,


32 8
 
k, n  Z , 

3 n
 


x
 ,
cos 4 x    0
8
4

4
 
 k

4 x  8  2 ,

k, n  Z .
4 x  3  n,
2









O


Рис. 14


x

cos 2  0,

sin x  0.
 3
Решение. Из условия получаем
x

cos 2  0,


x
sin  0
 3
Отметим на окружности полученные
значения.
Легко
увидеть, что эти
значения не совпадают (см. рис. 14).
 n
Ответ:

,
32 8
3 n

, nZ .
8
4
25.12.2011 www.alexlarin.net
 x    2k ,
k, n  Z .

 x  3n,
Основной период функций, входящих в
x
x


систему: T  cos   4 , T  sin   6 .
2
3


Общий наименьший положительный период функций равен 12 .
На числовой прямой (см. рис. 15) рассмотрим промежуток (;11] . Отметим
черными точками числа   ,  , 3 , 5 ,
7  , 9 , 11 , соответствующие формуле
15
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
совпавших в обеих сериях значений переменной x (см. рис. 16).
Ответ: 4.
x    2k , k  Z . Крестиками отметим
точки 0, 3 , 6 , 9 , соответствующие
формуле x  3n, n  Z. Числа, не отмеченные крестиками, лучше разбить на два
множества с разностью 6 и записать
общий ответ.
1.4. Функционально-графический
способ
При изображении решений простейших
тригонометрических неравенств иногда
используют графики простейших тригонометрических функций. Для нахождения
решения тригонометрического неравенства при этом подходе требуется схематичное построение графика простейшей тригонометрической функции и применение
формул корней соответствующих уравнений.





     



 x
Рис. 15
Ответ:   6 n, 5  6 n  Z.
Замечание. Исходя из формул систе x    2k ,
мы 
k, n  Z , достаточно бы x  3n,
ло рассмотреть на числовой прямой промежуток (; 5] .
Пример 28. Решить неравенства:
а) sin x 
Пример 27. Определить количество
решений системы
на промежутке [3; 5] .
Решение. Из условия имеем
y


1
x   2k ,



3
3

,
sin x 
2    x  2  2 k , k , n  Z, 


3
cos x   1



2
2
 x    2n,
3

1

 x  3  2k ,

k, n  Z .
 x   2  2 n,

3









sinx < 

 
y=0,5
 
x

Найдем три корня этого уравнения,
последовательно придавая переменной n
7 
5
значения –1, 0 и 1:  , и
. Полу6 6
6
ченные значения являются абсциссами
трех последовательных точек пересечения построенных графиков. Неравенство
1
sin x 
выполняется на промежутке
2
 7  
;  – график функции y  sin x

 6 6
1
расположен ниже прямой y  , а нера2
x
Рис. 16
Полученные значения в серии решений и серии ограничений изобразим на
координатной прямой в промежутке
[3; 5] и в ответ запишем количество не
25.12.2011 www.alexlarin.net
1
.
2
Рис. 17


б) sin x 
Решение. Схематично изобразим гра1
фики функций y  sin x и y  (см. рис.
2
1
17). Для уравнения sin x 
запишем
2

общее решение x  (1) n   n, n  Z .
6

3
,
sin x 
2

cos x   1

2

1
;
2
16
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
1
выполняется на проме2
  5 
жутке  ;  – график функции
6 6 
y  sin x расположен выше прямой
1
y .
2
Добавляя слагаемое (период синуса) к
концам этих интервалов, получаем окончательное решение:
1
для неравенства sin x  в виде
2
7


 2 n  x   2 n, n  Z;
6
6
1
для неравенства sin x  в виде
2

5
 2 n  x 
 2  n, n  Z .
6
6
На рисунке штриховкой показаны ре1
шения неравенства sin x  .
2
венство sin x 
Неравенство cos x  
 3 5 
на промежутке  ;  , а неравенство
 4 4 
2
cos x  
выполняется на промежутке
2
 3 3 
  ;  . Добавляя слагаемое (период
 4 4 
косинуса) к концам этих интервалов, получаем окончательное решение:
2
для неравенства cos x  
в виде
2
3
5
 2 n  x 
 2 n, n  Z;
4
4
2
для неравенства cos x  
в виде
2
3
3

 2 n  x 
 2 n, n  Z .
4
4
Пример 30. Решить систему

2
,
cos x 
2

sin x  1 .

2
Пример 29. Решить неравенства:
а) cos x  
2
;
2
б) cos x  
2
.
2
Решение. Схематично изобразим гра2
фики функций y  cos x и y  
(см.
2
2
рис. 18). Для уравнения cos x  
за2

y

Решение. Имеем

2
,
cos x 
2 

sin x  1 ,

2
cosx< 
 


x
 
y=0,5

  

Рис. 18
3
 2  n,
4
n  Z . При n  0 найдем два корня этого
3
уравнения 
, при n  1 выберем один
4
3
5
корень x    2 
. Полученные
4
4
значения являются абсциссами трех последовательных точек пересечения построенных графиков.

  

x

Рис. 19
пишем общее решение x  
25.12.2011 www.alexlarin.net


 x   4  2k ,
k, n  Z .

1
sin x 

2
y
y= sinx

 

2
выполняется
2
Из рисунка 19 видно, что на проме 7 5 
жутке   ;  , длина которого 2 ,
 6 6
1
неравенству sin x  удовлетворяет одно
2

число . Следовательно, все числа вида
4
17
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
в) Укажите корни, принадлежащие от 3  
резку   ;  .
 2 2
г) Укажите корни, принадлежащие отрезку [0; 4] .
1
4. Дано уравнение cos x   .
2
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку [0; ] .
в) Укажите корни, принадлежащие от 3 
резку   ; 0 .
 2 
г) Укажите корни, принадлежащие отрезку [2; 3] .

 2n, n  Z удовлетворяют данному
4
уравнению.

Ответ:  2n, n  Z .
4
Пример 31. Решить систему:

3
sin x 
,

2
tg x  1.

Решение. Из условия получаем


3
k 
 k ,
sin x 
,
 x  (1)
k Z .
3

2 
tg x  1
tg x  1,

5. Дано уравнение 3tgx  3  0 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие от  3 
резку  ;  .
3 2 
2
6. Дано уравнение sin 3x 
.
2
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку [0; 2] .
y
y= tg x
  3 
На промежутке   ;  , длина кото 2 2
рого 2 , неравенству tg x  1 удовлетво
ряет одно число
(см. рис. 20). Следова3

тельно, все числа вида
 2n, n  Z ,
3
удовлетворяют данной системе.
7. Дано уравнение cos 2 x 
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку [; ] .
y=1



      x
 



x
3

.
2
3
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку [3; 3] .
8. Дано уравнение tg
Рис. 20
Найдите те решения уравнения
2
sin x  
, для которых cosx  0 .
2
9.
Ответ:

 2n, n  Z .
3
Тренировочные упражнения
3. Дано уравнение sin x 
Найдите те решения уравнения
1
cosx   , для которых sin x  0 .
2
11. Дано уравнение 3ctg3x  3  0 .
а) Решите уравнение.
10.
1
.
2
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку [0; ] .
25.12.2011 www.alexlarin.net
3
.
2
18
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
б) Укажите корни, принадлежащие от 
резку  ;  .
6 
  x 
cos 2  4   0 ,
 

12. Решите систему 
sin  x     0.
  3 6 
t  arccos 0,3  2k ,
kZ
x   arccos 0,3  2n , n  Z .
Так
0  arccos 0,3 

2
и

  arccos 0,3  0 , то неравенство
2
0  arccos 0,3  2k  4 справедливо при
k  0 и k  1 . Соответственно, неравенство 0   arccos 0,3  2k  4 справедливо при k  1 и k  2 . Возвращаясь к
исходной переменной, получим:
1
1

x  arccos 0,3 , x  arccos 0,3 
4
4
2
и
 1
1
x   arccos 0,3 , x    arccos 0,3 .
2 4
4
1
Ответ: arccos 0,3 ,
4
 1
1
 arccos 0,3 ,   arccos 0,3 .
2 4
4

13. Найдите наименьший положительный

3

корень уравнения sin  x    
.
6
2

14. Найдите наибольший отрицательный

2

корень уравнения cos x   
.
12 
2

2. Основные методы решения
тригонометрических уравнений
Для тригонометрических уравнений
применимы общие методы решения (разложение на множители, замена переменной, функционально-графические) и равносильные преобразования общего характера.
В тех случаях, когда промежутки привязаны к четвертям тригонометрической
окружности, для отбора корней удобно
использовать модель тригонометрической окружности.
2.1. Тригонометрические уравнения
линейные относительно простейших
тригонометрических функций
Пример 33. Найти все корни уравне1
ния sin 2 x  , принадлежащие проме2
жутку ; 2 .
В данном пункте рассмотрим уравнения, содержащие синус, косинус, тангенс
и котангенс степени не выше первой.
Решение.
Решения
уравнения
1
sin 2 x 
запишем совокупностью двух
2

5
серий: x 
 n и x 
 n , n  Z .
12
12

На числовой ок
ружности (см. рис.
21) получаем два
числа, удовлетво
ряющие условию

O
задачи



13

и
12
12




5
17 

.
Рис. 21
12
12
13 17
Ответ:
,
.
12 12
уравнения вида sin f ( x)  a , cos f ( x )  a ,
tg f ( x )  a и ctg f ( x)  a
Уравнения данного вида сводятся к
простейшим путем замены f ( x)  t .
Часто задача осложняется тем, что
требуется найти все решения уравнения,
принадлежащие указанному промежутку.
Пример 32. Найти все корни уравнения cos 4 x  0,3 , принадлежащие промежутку 0;  .
Решение. Положив 4 x  t , будем искать корни уравнения cos t  0,3 , принадлежащие другому промежутку 0; 4 .
Решения
задаются
формулами
25.12.2011 www.alexlarin.net
как
или
19
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
В некоторых простых случаях замена
не обязательна.
Линейные уравнения вида
a cos x  b sin x  c
Пример 34. Решить уравнение
2


sin   x   
.
2
4

Если a  0, b  0 или a  0, b  0 , то
линейное уравнение a cos x  b sin x  c
приводится к простейшему уравнению
c
c
sin x  или cos x  .
b
a
Если a и b отличны от нуля, то данное линейное уравнение преобразуется к
простейшему методом введения вспомогательного угла. Рассмотрим этот метод
на примерах.
Решение. Используя нечетность синуперепишем уравнение в виде

2

sin  x   
. Последнее равенство
4
2

выполняется
в
двух
случаях:
 


x    2n или x      2n ,
4 4
4
4

n  Z . Отсюда получаем x   2 n или
2
x    2 n , n  Z .

Ответ:  2 n ,   2n, n  Z .
2
са,
Пример 35. Решить уравнение
3 sin x  cos x  2 .
Решение. Данное уравнение равносильно следующим:
3
1
 sin x   cos x  1 ;
2
2


cos  sin x  sin  cos x  1 ;
6
6


sin x    1 .
6

 
Отсюда получаем x    2n или
6 2
2
x
 2n , где m  Z .
3
2
 2n , m  Z .
Ответ:
3
Тренировочные упражнения
Найдите
корни
уравнения


3  tg  x    1, удовлетворяющие ус5

ловию  2  x  1 .
15.
Найдите
корни
уравнения

2

cos  4 x    
,
принадлежащие
4
2

промежутку [; ) .
16.
17.
Найдите
корни
уравнения
 1

sin  3 x    , принадлежащие проме6 2

жутку [2; ) .
Пример 36. Решить уравнение
3 cos x  4 sin x  2 .
Решение. Данное уравнение равносильно следующим:
18.
Найдите
корни
уравнения
1
 4x  
sin      , принадлежащие про2
 3 6
межутку [2; 2) .
4
3

32

42    cos x   sin x   2 ;

5
5

5
3
4
2
 cos x   sin x  .
5
5
5
19.
Найдите
корни
уравнения
3
 3x  
sin     
,
принадлежащие
2
 5 3
промежутку [2; 9) .
Последнее уравнение представим в
виде
2
cos   cos x  sin   sin x  ,
5
3
где   arccos . Отсюда получаем
5
20.
Найдите
корни
уравнения
1
 4 x 2 
sin  
принадлежащие
 ,
3 
2
 5
промежутку [8;12) .
25.12.2011 www.alexlarin.net
20
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
cos x   
2
.
5
1
  n, n  Z.
17
8
15
Так как cos  
 0, sin     0,
17
17
то угол  лежит в четвертой четверти и
15
 15 
поэтому   arcsin      arcsin .
17
 17 
15
1
Ответ: arcsin  (1) n arcsin   n, n  Z.
17
17
x    (1) n arcsin
Его решения имеют вид
2
x     arccos  2n , n  Z .
5
3
Подставляя   arccos , имеем
5
2
3
x   arccos  arccos  2n , n  Z .
5
5
2
3
Ответ:  arccos  arccos  2n ,
5
5
nZ .
Уравнение вида a cos x  b sin x  c , в
случае, когда c  0 , а коэффициенты a и
b отличны от нуля, сводится к простейшему делением на cos x или sin x .
Тренировочные упражнения
Решите уравнения:
21. 2 sin x  2 cos x  3 .
22. 3 sin x  cos x  2 .
23. Дано уравнение
3 sin 4 x  cos 4 x  0 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие от  
резку   ;  .
 2 2
24.
Найдите
корни
уравнения
sin 3x  cos 3x , принадлежащие отрезку
[0; 4] .
25.
Найдите
корни
уравнения
sin 2 x  3 cos 2 x , принадлежащие отрезку [1; 6] .
Пример 37. Решить уравнение
sin x  5 cos x  0 .
Решение. Среди значений x , для которых cos x  0 , корней уравнения нет
(если cos x  0 , то из уравнения следует,
что и sin x  0 , а одновременно эти два
равенства выполняться не могут). Значит,
деление обеих частей уравнения на cos x
не приведет к потере корней. Разделив,
получим уравнение
tg x  5  0 ,
26.
Найдите
корни
уравнения
3 sin 2 x  cos 2 x , принадлежащие отрезку [1; 4] .
откуда x  arctg 5  n , n  Z
Ответ: arctg 5  n , n  Z .
Пример 38. Решить уравнение
27.
Найдите
корни
уравнения
3 sin x  cos x  1 на отрезке [3; 3] .
8 sin 3x  15 cos 3x  1 .
Решение. Разделим обе части уравнения на
вид
2
28.
Найдите
корни
уравнения
sin x  3 cos x  1 на отрезке [2; 4] .
2
8  15  17 . Уравнение примет
2.2. Тригонометрические уравнения,
сводящиеся к алгебраическим
уравнениям с помощью замены
8
15
1
sin 3x  cos 3 x 

17
17
17
1
sin 3x cos   cos 3 x sin  

17
1
sin( 3x  )  ,
17
В тех случаях, когда исходное уравнение может быть приведено к виду
f ( g ( x ))  0 , то заменой g ( x)  t уравнение сводится к решению уравнения
f (t )  0 . Далее для каждого полученного
корня tk необходимо решить уравнение
8
15
, sin    . Тогда имеем
17
17
1
x    (1) n arcsin   n;
17
где cos  
25.12.2011 www.alexlarin.net
g  x   tk .
21
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
В тех случаях, когда множество значений функции g (x) известно, то пишется ограничение на новую переменную.
Например, sin x  t
при
 1  t  1,
cos x  t при  1  t  1, sin 2 x  t при
0  t  1,
cos 2 x  t
при
0  t  1,


arcsin x  t при   t  , arccos x  t
2
2


при 0  t  , arctgx  t при   t  ,
2
2
arcctgx  t при 0  t  .
Иногда при решении уравнений часть
«посторонних» решений возникающих в
результате замены могут быть удалены
по причине несоответствия их области
определения или множеству значений
тригонометрических и обратных тригонометрических функций. Напомним их.
Функция
y  sin x
y  cos x
y  tg x
y  ctg x
y  arcsin x
y  arccos x
y  arctg x
y  arcctgx
1
и t 2  8 (не удовлетворяет усло2
вию  1  t  1 ).
x
1
Решая уравнение cos   , получаем
2
2
x
 1
  arccos    2 n, n  Z,
2
 2
1

x   2   arccos   4 n, n  Z,
2



x   2     4 n, n  Z,
3

4
x
 4 n, n  Z.
3
4
Ответ: 
 4 n, n  Z.
3
t1  
Пример 40. Решить уравнение
arccos 2 x  8 arccos x  15  0 .
Область
Множество
определения
значений
(;  )
[1; 1]
(;  )
[1; 1]

все x   k ,
(;  )
2
k Z
все
(;  )
x    k ,
k Z
  
[1; 1]
  2 ; 2 
[1; 1]
[0; ]
  
(;  )
 ; 
 2 2
(;  )
(0; )
Решение. Положим arccos x  t . Так
как множество значений функции
arccos x – отрезок 0;  , найдем решения
уравнения t 2  8t  15  0 , удовлетворяющие условию 0  t   . Такой корень
один: t  3 . Если t  3 , то arccos x  3 ,
откуда x  cos 3 .
Ответ: cos 3 .
Сведение тригонометрических уравнений к алгебраическим путем замены переменной – одна из наиболее плодотворных идей, используемая для решения
тригонометрических уравнений. Рассмотрим несколько типичных ситуаций
введения новой переменной.
уравнения, сводящиеся к многочлену от
одной тригонометрической функции
Покажем на примерах как ограничение, связанное с новой переменной, позволяет проводить проверку на промежуточном этапе решения.
Рассмотрим уравнения, сводящиеся к
квадратным относительно синуса, косинуса, тангенса или котангенса.
Пример 41. Решить уравнение
Пример 39. Решить уравнение
2 sin 2 x  cos x  1  0 .
x
x
2 cos  15 cos  8  0 .
2
2
2
Решение. Используя основное тригонометрическое тождество, приведем
уравнение к виду
x
 t , где
2
 1  t  1. Полученное квадратное уравнение 2t 2  15t  8  0 имеет корни
Решение. Обозначим cos
25.12.2011 www.alexlarin.net
2 cos 2 x  1  cos x  0 или
(2 cos x  1)(cos x  1)  0 .
Отсюда
22
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Пример 43. Найти все корни уравнения tg x  3 ctg x  2  0 , удовлетворяющие условию sin 2 x  0 .
2
 2 n, n  Z, или
3
cos x  1 , x  2 k , k  Z.
Заметим, что все решения можно
представить
одной
формулой
2 k
x
, k  Z. .
3
cos x  0,5 , x  
Ответ:
Решение. Если записать условие
sin 2 x  0 в виде 2 sin x  cos x  0 , то становится очевидным, что оно выполняется
в том и только в том случае, когда sin x и
cos x имеют разные знаки, что в свою
очередь равносильно условию tg x  0 .
Введением новой переменной tg x  t
сведем исходную задачу к решению смешанной системы:
1
t  3  2  0 , t  0 ,
t
или
t 2  2t  3  0 , t  0 .
2 k
, k  Z.
3
Пример 42. Решить уравнение
2 sin 2
x
x
 9 cos  3  0 .
3
3
Решение. Воспользовавшись основным тригонометрическим тождеством,
перепишем уравнение в виде

21  cos 2

Уравнение t 2  2t  3  0 имеет два
корня t  3 , t  1 , из которых только
первый удовлетворяет условию t  0 .
Возвратившись к исходной переменной,
получим уравнение tg x  3 . Следовательно, x   arctg 3  n , n  Z .
Ответ:  arctg 3  n , n  Z .
x
x
  9 cos  3  0 ,
3
3
или
x
x
 9 cos  5  0 .
3
3
x
Заменой cos  t уравнение сводится
3
к квадратному 2t 2  9t  5  0 , которое
1
имеет два корня: t1 
и t2  5 . Воз2
вращаясь к переменной x , получим:
x 1
x
cos 
и
cos  5 .
Уравнение
3 2
3
x 1
cos 
имеет корни x     6n ;
3 2
x
уравнение cos  5 корней не имеет.
3
Ответ:    6n , n  Z .
2 cos 2
решение уравнений, однородных относительно синуса и косинуса
Однородными относительно sin x и
cos x называют уравнения вида,
a n sin n x  a n 1 sin n1 x cos x  ...
...  a1 sin x cos n1 x  a0 cos n x  0 ,
в которых сумма показателей степеней у
sin x и cos x (степень уравнения) во всех
членах уравнения одинакова. Например,
a sin x  b cos x  0 – однородное уравнение первой степени,
2
a sin x  c sin x cos x  b cos 2 x  0 – однородное уравнение второй степени,
3
2
a sin x  c sin x cos x  d sin x cos 2 x 
 b cos3 x  0 – однородное уравнение
третьей степени.
Замечание. Вводя новую переменx
ную t  cos , можно было сразу учесть,
3
что значения косинуса ограничены отрезком [1; 1] , и, значит, интерес представляют только те корни уравнения
2t 2  9t  5  0 , которые удовлетворяют
условию t  1 . Накладывать при замене
ограничения на новую переменную не
обязательно, но во многих случаях – полезно, поскольку это иногда упрощает
решение.
25.12.2011 www.alexlarin.net
Делением обеих частей уравнения на
cos k x или sin k x , где k – степень уравнения, однородные уравнения сводятся к
23
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
алгебраическим относительно t  tg x
или t  ctg x .
Однако следует иметь в виду, что деление может привести к потере корней.
Чтобы избежать этого, сначала требуется
установить не являются ли корнями

уравнения числа вида x   n , n  Z ,
2
k
при делении на cos x , и, соответственно,
числа вида x  n , n  Z , при делении
на sin k x . Далее после делим на cos k x
или sin k x ищем другие решение уравнения, отличные от указанных.
В частности, уравнения вида
симметрические уравнения
Рассмотрим
тригонометрические
уравнения f ( x)  0 , левая часть которых
представляет собой рациональное выражение от переменных t  sin x  cos x (или
t  sin x  cos x ) и v  sin x cos x . Поскольку
2
t 2   sin x  cos x   1  2sin x cos x  1  2v ,
t 2 1
,
2
если
t  sin x  cos x ,
и
1 t2
, если t  sin x  cos x . Следова2
тельно, исходное уравнение сводится к
алгебраическому относительно переменной
Так
как
t.


sin x  cos x  2 sin  x   , то поиск
4

корней алгебраического уравнения можно ограничить промежутком t  2 .
v
a sin 2 x  c sin x cos x  b cos 2 x  d
приводятся к однородным путем представления правой части в виде:
d  d  (sin 2 x  cos 2 x) .
Пример 44. Решить уравнение
10 cos 2 x  5 sin 2 x  4 .
Пример 45. Решить уравнение
1  2 sin x cos x  2sin x  cos x   0 .
Решение. Преобразуем обе части
уравнения, воспользовавшись тождествами:
sin 2 x  2 sin x cos x ,
2
2
sin x  cos x  1 . Последовательно имеем:
Решение. Введем новую переменную
sin x  cos x  t , t  2 . С учетом равен-
t 2 1
перепишем урав2
t 2 1
нение в виде 1  2 
 2t  0 , или
2
t t  2   0 . Последнее уравнение имеет
два корня t1  0 и t 2  2 , из которых
только первый удовлетворяет условию
t  2.
Вернемся к переменной x . Получим
или
sin x  cos x  0 ,



2 sin  x    0 , откуда x    n .
4
4


Ответ:   n, n  Z .
4
Пример 46. Решить уравнение
ства sin x cos x 
10 cos 2 x  5 sin 2 x  4 ;
10 cos 2 x  5  2 sin x cos x  4(sin 2 x  cos 2 x) ;
2 sin 2 x  5 sin x cos x  3 cos 2 x  0 .
Заметим, что среди значений x, для которых cos x  0 , корней уравнения нет,
поскольку, если cos x  0 , то из уравнения следует, что и sin x  0 , а одновременно эти два равенства выполняться не
могут. Значит, можно разделить обе части уравнения на cos 2 x , не опасаясь потери корней. После деления получим
уравнение
2 tg 2 x  5 tg x  3  0 .
Решив его как квадратное относительно tg x , найдем: tg x  0,5 , tg x  3 , откуда x  arctg 0,5  n , x   arctg 3  n .
Ответ: arctg 0,5  n ,
 arctg3  n, n  Z .
25.12.2011 www.alexlarin.net
v
то
sin 3 x  cos 3 x  sin x cos x  1 .
Решение. Воспользовавшись формулой разности кубов
sin 3 x  cos 3 x  (sin x  cos x) 
 (sin 2 x  sin x cos x  cos 2 x )
24
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
перепишем уравнение в виде
tg 2 x  ctg 2 x 
 (tg x  ctg x ) 2  2 tg x  ctg x  t 2  2 ,
(sin x  cos x )(1  sin x cos x)  sin x cos x  1 .
то после замены получим уравнение
Положим sin x  cos x  t , t  2 . То-
t
2
гда t 2   sin x  cos x   1  2sin x cos x , и,
1 t2
. Таким образом,
2
после замены получим уравнение
t  2 , то tg x  ctg x  2 , или sin 2 x  1 ,

откуда x   n , n  Z .
4

Ответ:
 n , n  Z .
4
 1 t 2
 
1  0 ,
2

которое преобразуется к виду
 1 t2
1 

2

Отсюда

 (t  1)  0 , или 3  t 2 (t  1)  0 .



t1,2   3 ,
t3  1 .

применение универсальной
тригонометрической подстановки
Условию
Так как sin x , cos x , tg x и ctg x выраx
жаются через tg , то уравнение вида
2
f (sin x, cos x, tg x, ctg x )  0 подстановкой
x
t  tg часто удается свести к алгебраи2
ческому уравнению. При этом следует
иметь в виду, что замена sin x на
x
x
2 tg
1  tg 2
2 и cos x на
2 ведет к суx
x
1  tg 2
1  tg 2
2
2
жению области определения уравнения,
поскольку из рассмотрения исключаются
x
значения x , при которых cos  0 , т.е.
2
x    2n . Поэтому при применении
универсальной тригонометрической подстановки необходимо дополнительно выяснить, являются или нет исключаемые
из рассмотрения значения x корнями исходного уравнения.
t  2 удовлетворяет только одно из
найденных значений: t  1 .
Возвратимся к исходной переменной.
Получим
или
sin x  cos x  1 ,


2


2 sin  x    1 , sin  x   
, отку4
4
2


 
да
x    2n
или
4 4


x      2n . Таким образом, ис4
4
ходное уравнение имеет две серии реше
ний: x   2n и x    2n .
2

Ответ:  2n ,   2n, n  Z .
2
Уравнения f ( x)  0 , левая часть которых может быть представлена как многочлен от tg x  ctg x , сводятся к алгебраическим заменой tg x  ctg x  t .
Пример 47. Решить уравнение
Пример 48. Решить уравнение
tg 2 x  ctg 2 x  3tg x  ctg x   4  0 .
tg x  1  2 sin 1,5  2 x  .
Решение. Положим tg x  ctg x  t . Заметим, что
1
2
tg x  ctg x 

sin x cos x sin 2 x
Решение. Преобразовав уравнение к
виду tg x  1  2 cos 2 x , введем новую
переменную tg x  t . Так как исходное

уравнение не определено для x   n ,
2
то такая замена не может привести к по-
и, следовательно, t  2 . Поскольку
25.12.2011 www.alexlarin.net

 2  3t  4  0 , или t 2  3t  2  0 .
Последнее уравнение имеет два корня
t  1 и t  2 , из которых только второй
удовлетворяет условию t  2 . Если
значит, sin x cos x 
 1 t 2
t  1 
2

2
25
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
тере корней. Заменив cos 2 x на
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку [; 3] .
42. Дано уравнение
sin 2 x  2 sin x  cos x  3 cos 2 x  0 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие от

резку   ;  .
2

43. Дано уравнение tg 2 x  5tgx  6  0 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие от

резку   2;   .
2

1
44. Дано уравнение
 4 tgx  6  0 .
cos 2 x
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие от7 

резку  2;  .
2

1
2
45. Дано уравнение 2 
3 0.
tg x tgx
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие от7 

резку  2;  .
2

1 t2
,
1 t2
1 t 2
, кото1 t 2
рое равносильно каждому следующему
уравнению:
получим уравнение t  1  2
(t  1)(1  t 2 )  2(1  t 2 )  0 ;
(t  1)(1  t 2 )  2(1  t )(1  t )  0 ;
(t  1)(t 2  2t  3)  0 .
Получаем t  1 и, возвращаясь к переменной x , решаем уравнение tg x  1 .

Отсюда x    n , n  Z .
4

Ответ:   n, n  Z .
4
Тренировочные упражнения
Решите уравнение:
x
x
 19 sin  10  0 .
2
2
2
30. 2 cos x  5 sin x  1  0 .
29. 2 sin 2
31. 2(sin x  cos x )  sin 2 x  0,56 .
32. 5 sin 2 x  11(sin x  cos x )  7  0 .
33. 3 sin 2 x  4 sin x cos x  5 cos 2 x  2 .
34. 5 sin 2 x  2 sin x cos x  cos 2 x  4 .
35. 3tg x  2ctg x  5 .
2.3. Метод разложения на множители
Один из основных подходов к решению тригонометрических уравнений состоит в их последовательном упрощении
с целью сведения к одному или нескольким простейшим. Для упрощения используются тригонометрические формулы.
Универсального ответа на вопрос, какие
формулы следует применить в том или
ином случае, нет, однако есть ряд приемов, которые полезно иметь в виду при
поиске решения.
Довольно часто в результате преобразований удается привести уравнение к
виду f1 ( x )  f 2 ( x)  ...  f k ( x )  0 . В этом
случае дальнейшее решение сводится к
поиску корней уравнений f1 ( x )  0 ,
f 2 ( x)  0 , …, f k ( x )  0 и дальнейшему
отбору тех из них, которые принадлежат
области определения исходного уравнения.
36. 4tg x  3ctg x  1 .
37.
4
cos 2
x
2
 2
38. 3
sin x
 
cos 2  x  
 4
 sin x 
  2 2 



sin
x
2
.
33
 
cos  x  
 4
.
 3
39. Решите уравнение
6 cos 2 x  7 cos x  5  0 .
Укажите корни, принадлежащие отрезку
[; 2] .
40. Решите уравнение
4 sin 2 x  12 sin x  5  0 .
Укажите корни, принадлежащие отрезку
[; 2] .
41. Дано уравнение
2 sin 2 x  3 cos x  3  0 .
25.12.2011 www.alexlarin.net
26
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Такой подход к решению уравнений,
известный как метод разложения на множители, является универсальным (его
применяют при решении рациональных,
иррациональных, показательных и логарифмических уравнений).
Ответ:  l, l  Z .
Пример 51. Решить уравнение
cos 8 x  tgx  tg x .
Решение. Перепишем уравнение в виде
Пример 49. Решить уравнение
2
6 sin x cos x  sin 2 x sin  0 .
x
tgx  cos8 x  1  0 .
Функции, входящие в последнее уравнение, определены при всех x кроме

x   n , n  Z . На этом множестве
2
последнее уравнение равносильно совокупности уравнений tg x  0 и cos 8 x  1 ,
решения которых определяются формуn
лами x  n и x 
, nZ .
4
Теперь необходимо отобрать из полученных значений x те, которые удовлетворяют
условию
cos x  0 ,
т.е.

x   n , n  Z . Для первой серии кор2
ней условие cos x  0 выполняется. Для
n
отбора корней второй серии x 
вос4
пользуемся следующим.
Представим
число
n
в
виде
n  4k  p , где k  Z , а p принимает
значения 0, 1, 2 и 3. Тогда при разных
значениях p корни второй серии будут
иметь вид:

x  k при p  0 ; x   k при p  1 ;
4

3
x   k при p  2 и x 
 k при
2
4
p  3.
Значит при p  2 получаются «запрещенные» значения, а все оставшиеся решения можно задать, например, как сово n
купность серий:

и n , n  Z ,
4 2
причем вторая из этих серий была получена ранее.
 n
Ответ: 
, n , n  Z .
4 2
В случае тригонометрических уравнений проблема преобразования исходного
уравнения к виду уравнения к виду
f1 ( x )  f 2 ( x)  ...  f k ( x )  0 решается, глав-
Решение. Воспользуемся формулой
синуса двойного аргумента
3 sin 2 x  sin 2 x sin
2
 0,
x
2

sin 2 x 3  sin   0.
x

2
 0, то последнее
x
уравнение равносильно системе
Так как 3  sin
sin 2 x  0
k
, k  Z, k  0.
 x

2
 x  0,
Ответ:
k
, k  Z , k  0.
2
Пример 50. Решить уравнение
tgx (sin x  1)  0 .
Решение. Так как общий наименьший
период функций tgx и sin x равен 2 , то
отбор корней удобно проводить на промежутке [0; 2) . Проведем равносильные
преобразования:
sin x  0,

tgx (sin x  1)  0  sin x  1, 
cos x  0


  x   n,

  x    2 k ,
n, k , l  Z .

2


 x    m,

2
На промежутке [0; 2) из трех корней


0,
,  исключаем число
, поэтому
2
2
множество корней данного уравнения задается формулой x   l , l  Z .
25.12.2011 www.alexlarin.net
27
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
ным образом, путем использования тригонометрических формул. Рассмотрим,
как это делается, на примерах.
Решение. Так как
cos 2 x  cos 2 x  sin 2 x ,
то данное уравнение равносильно следующим:
Последнее уравнение распадается на
три:

1) cos x  0 ; x   n ;
2
5x
2n
2) sin
 0; x 
, nZ ;
2
5
x
3) cos  0 ; x    2n , n  Z .
2

2n
Ответ:  n ,
,   2n , n  Z .
2
5
cos x  sin x cos x  sin x   cos x  sin x   0 ;
cos x  sin x   cos x  sin x  1  0 .
Пример 54. Найти наибольший отрицательный корень уравнения
Полученное уравнение в свою очередь
равносильно совокупности уравнений
sin x  sin 2 x  sin 3x  0 .
Пример 52. Решить уравнение
cos 2 x  sin x  cos x  0 .
Решение. Последовательно имеем
cos x  sin x  0 и cos x  sin x  1  0 .


1) cos x  sin x  0 ; 2 cos x    0 ;
4

 

x    n ; x   n , n  Z .
4 2
4
2) cos x  sin x  1  0 ;


1


2 cos x    1 ; cos x    
;
4
4
2


3 
x     2n , n  Z .
4 4

3 
Ответ:
 n , 
  2n , n  Z .
4
4 4
sin x  sin 2 x  sin 3x  0 
3x
x
2 sin cos  sin 3 x  0 
2
2
3x
x
3x
3x
0 
 2 sin cos  2 sin cos
2
2
2
2
3x 
x
3x 
2 sin  cos  cos   0 
2 
2
2
 3x
sin 2  0,
3x
x


 sin cos cos x  0  
x
2
2
cos  0,

2
 cos x  0
2 n

x  3 ,

  x    2 k , n, k , l  Z .


x    l,
2

Продемонстрируем применение различных способов для отбора наибольшего отрицательного корня данного уравнения.
Если уравнение содержит выражения
sin   sin  , cos   cos  , то для разложения на множители можно попробовать
применить формулы преобразования этих
сумм (разностей) в произведения.
Пример 53. Решить уравнение
sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  0 .
Решение. Перепишем уравнение в виде sin x  sin 3 x   sin 2 x  sin 4 x   0 . Далее преобразуем это уравнение, используя формулу
 
 
sin   sin   2 sin
 cos
.
2
2
Получим
Алгебраический способ. Для каждой
серии корней решим неравенства относительно соответствующего параметра n, k
и l.
а) Для первой серии корней имеем
2 n
 0, n  Z . Отсюда получаем n  0 ,
3
а наибольшее целое отрицательное зна2
чение n  1 и корень x  
.
3
2 sin 2 x cos x  2 sin 3x cos x  0 ;
cos xsin 2 x  sin 3 x   0 ;
5x
x
cos x  sin
 cos  0 .
2
2
25.12.2011 www.alexlarin.net
28
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
47. Найдите все корни уравнения
(2 sin x  1)(2 sin x  3 )  0 ,
б) Второе неравенство   2 k  0,
k  Z , выполняется, если k  0,5; k  Z ,
или k  1 и x  .


в) x    l , l  Z , и   l  0, тогда
2
2
1

l   , l  Z, или l  1 и x   .
2
2
Выбираем наибольший отрицательный

корень уравнения x   .
2
Арифметический способ. Выполнив
перебор значений параметров n, k и l,
найдем значения для переменной х.
2 n
а) x 
, n  Z . Пусть n  0 , тогда
3
2
.
x  0 . Если n  1 , то x  
3
б) x    2 k , k  Z . Последовательно
подставляем k  0 и k  1 , получаем
x   и x   соответственно.

в) x    l , l  Z . Тогда при l  0 и
2


и x   . Так
l  1 вычисляем x 
2
2
2

как    
  , то наибольший от3
2

рицательный корень уравнения x   .
2
удовлетворяющие неравенству cos x  0 .
48. Решите уравнение
cos12 x  sin 4 x  0 .
49. Решите уравнение
cos x cos 5 x  0 .
50. Найдите сумму корней уравнения
( tgx  1)(sin x  1)  0 ,
принадлежащие
промежутку [50; 350] .
51. Найдите сумму корней уравнения
(ctg x  3 ) sin 2 x  0 ,
принадлежащие
промежутку [100; 300] .
52. Найдите все корни уравнения
( 2 sin x  1)(2 sin x  3)  0 ,
удовлетворяющие неравенству tgx  0 .
53. Найдите все корни уравнения
( 2 cos x  1)(2 cos x  1)  0 ,
удовлетворяющие неравенству sin x  0 .
54. Найдите все корни уравнения
(2 cos x  3 )(3 cos x  4)  0 , удовлетворяющие неравенству tg x  0 .
55. Найдите все корни уравнения
( tg x  3 )(2 cos x  1)  0 , удовлетворяющие неравенству sin x  0 .
56. Найдите все корни уравнения
( tgx  1)( 2 sin x  1)  0 , удовлетворяющие неравенству cos x  0 .
57. Найдите все корни уравнения
3tg 2 x  1 , удовлетворяющие неравенству
sin x  0 .
58. Найдите все корни уравнения
2 sin 2 x  sin x , удовлетворяющие неравенству cos x  0 .
59. Найдите все корни уравнения
2 cos 2 x  3 cos x  0 , удовлетворяющие
неравенству sin x  0 .
60. Найдите все корни уравнения
2
tg x  3 tg x , удовлетворяющие неравенству cos x  0 .
61. Решите уравнение ctgx  cos x  0 .
62. Решите уравнение tg x  sin x  0 .
63. Решите уравнение
x
x 


 ctg  3  cos  1  0 .
2
4 


Геометрический способ. На тригонометрическом круге изобразим точками
числа, соответствующие найденным сериям решений (рис. 22).
y
При обходе по

тригонометриче
ской окружности в
отрицательном
направлении пер
 x
O
вое встретившееся

число есть  .
2
 




Ответ:  .
Рис. 22
2
Тренировочные упражнения
46. Найдите все решения уравнения
sin 2 x  cos x , принадлежащие промежут3 

ку   ;  .
4

25.12.2011 www.alexlarin.net
29
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
64. Решите уравнение
sin x  sin 5 x  cos 4 x .
65. Решите уравнение
cos x  cos 5 x  cos 6 x .
66. Укажите все корни уравнение
2.4. Функциональный метод
Область применения свойств функции
при решении уравнений очень широка.
Наличие свойств (ограниченность, монотонность и т.д.) функций, входящих уравнение позволяет применить нестандартные методы решения к стандартным по
формулировке задачам – уравнениям.
sin 2 x  2 sin x  0 ,
 3 3 
принадлежащие отрезку   ;  .
 2 2
Использование области определения
функций
67. Решите уравнение
Предварительный анализ области допустимых значений неизвестной уравнения иногда позволяет получить корни без
преобразований уравнения.
Рассмотрим ограничения, связанные с
областью определения и множеством значений функции.
x
( x  5 x  6)  arcsin  0 .
2
68. Решите уравнение
x
( x  2)(2 x 2  7 x  3)  arccos  0 .
2
69. Дано уравнение
2 sin 2 x  4 cos x  sin x  1 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрез  3 
ку  ;  .
2 2 
70. Дано уравнение
3 sin 2 x  4 cos x  3 sin x  2  0 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрез  3 
ку  ;  .
2 2 
71. Дано уравнение
sin 2 x  2 sin x  cos x  1 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрез

ку   2;   .
2

72. Дано уравнение
sin 8 x cos 2 x  sin 7 x cos 3 x .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрез 
ку  ;  .
2 
73. Дано уравнение
sin 10 x sin 2 x  sin 8 x sin 4 x .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрез  
ку   ;  .
 6 2
2
25.12.2011 www.alexlarin.net
Пример 55. Решить уравнение
arccos
3x  4
 x  6 .
1  2x
Решение. В соответствии с определением арккосинуса запишем ограничения,
которым должен удовлетворять x . Область допустимых значений уравнения
3x  4
определяется условиями  1 
 1, а
1  2x
поскольку значения арккосинуса ограничены отрезком 0,  , то для выполнения
равенства необходимо выполнение условия 0  x  6   . Получаем систему
неравенств
3x  4
 1  2 x  1,
3x  4

 1,
 1 

  3x  4

1 2 x

0  x  6  
 1  2 x  1,
0  x  6  1

 x5
1  2 x  0,

  5x  3
 x   5.
 1  2 x  0,
 6  x   5

Подставляя полученное единственное
значение x  5 в исходное уравнение,
получим
3  (5)  4
arccos
   (5)  6 ,
1  2  (5)
30
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
arccos
случае, если обе части уравнения равны
27, то есть исходное уравнение равносильно системе
33sin 2 12  x  27

27  (4 x  5) 2  27.
 11
  или arccos(1)    верно.
11
Следовательно, данное уравнение имеет единственное решение x  5 .
Ответ:  5 .
Использование ограниченности функций
Второе уравнение имеет один корень
5
x  , который удовлетворяет и первому
4
уравнению системы.
Ответ: 1,25.
Для использования ограниченности
функции необходимо уметь находить
множество значений функции и знать
оценки области значений стандартных
функций
(например,
 1  sin x  1;
2
0  cos x  1;
Пример 57. Решить уравнение
cos 2  x 2 
  a sin x  b cos x  a 2  b 2 и т.д.).
метод оценки
Решение. Рассматривая данное уравнение как простейшее тригонометрическое уравнение, получим

2  x 2    2 n, n  Z.
6
Так
как
2  x 2  2,
то
Этот метод применяется при решении
уравнений f ( x)  g ( x ) , в которых его
левые и правые части на всей ОДЗ удовлетворяют неравенствам
f ( x)  M ,
g ( x )  M . В этом случае уравнение
0  2  x2  2 .
f ( x)  g ( x ) равносильно совокупности
систем:

 2 n, n  Z ,
6
отрезку [0; 2 ] принадлежит только чис
ло . Поэтому последнее уравнение рав6
носильно уравнению

2  x2  .
6
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
Из всех чисел вида 
 f ( x)  M ,  f ( x)   M ,
и 

g ( x)  M
 g ( x)  M .
Соответственно, решив по отдельности
каждое из уравнений приведенных систем, в дальнейшем нужно отобрать их
общие решения.
Отметим, что метод оценки удобно
использовать и при отборе корней уравнения.
x2  2 
Пример 56. Решить уравнение
3(
3  sin 12  x )( 3  sin 12  x )
3
.
2
2
2
, откуда x   2  .
36
36
 27  (4 x  5) 2 .
Ответ:  2 
Решение. Оценим левую часть данного уравнения, начиная с выражения
ограниченность синуса и косинуса
2
( 3  sin 12 x )( 3  sin 12 x )  3  sin 12 x .
Пример 58. Решить уравнение
5x
cos 4 x  sin
 2.
3
Так как 0  sin 2 12 x  1, то последовательно получаем  1   sin 2 12 x  0,
Решение. Перепишем уравнение в ви5x
де cos 4 x  2  sin
. Так как при любом
3
5x
значении x cos 4 x  1 , а 2  sin
 1 , то
3
2
2  3  sin 2 12 x  3,
9  33sin 12  x  27 .
Для правой части имеем (4 x  5) 2  0 ,
27  (4 x  5) 2  27 при всех значениях
x  R . Равенство возможно только в том
25.12.2011 www.alexlarin.net
2
.
36
31
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Найдем такие целые значения n и m ,
 2n
 2m
при которых  
 
т.е.
22 11
6
3
3n  2  11m . Выражая из последнего
2m  2
равенства n , получаем n  3m 
.
3
Так как n - целое, то последнее равенство возможно, только если 2m  2 делится
на 3, т.е. 2m  2  3k , k  Z . Отсюда
k
m  1  k  . Поскольку m должно быть
2
целым, то k должно быть четным. Если
k  2p ,
где
pZ ,
то
2p
m  1 2 p 
 3 p  1 . Следовательно,
2
 2(3 p  1) 
x 
  2p .
6
3
2

Ответ:  2p, p  Z .
2
5x
может вы3
полняться в том и только в том случае,
когда
равенство cos 4 x  2  sin
n

x
, n  Z,
cos 4 x  1,



2

 5x
sin 3  1
 x  3  6m , m  Z.
10
5

Найдем такие целые значения n и m ,
n 3 6m
что


, т.е. 5n  3  12m . Вы2 10
5
ражая из последнего равенства n , полу2m  3
чаем n  2m 
. Так как n – целое,
5
то последнее равенство возможно, если
делится
на
5,
т.е.
2m  3
2m  3  5k , k  Z .
Отсюда
k 1
m  2k  1 
. Поскольку m должно
2
быть целым, то k должно быть нечетным. Если k  2 p  1 , где p  Z , то
(2 p  1)  1
m  2(2 p  1)  1 
 5 p  1 . Сле2
довательно,
3 6(5 p  1) 3
x


 6p .
10
5
2
3
Ответ:
 6p, p  Z .
2
применение классических неравенств
Рассмотрим классическое неравенство
Коши, известное школьнику как неравенство между средним арифметическим и
средним геометрическим неотрицательных чисел, которое эффективно может
быть использовано при решении уравнений.
Неравенство Коши для случая трех неотрицательных чисел
abc 3
 abc ,
3
где равенство достигается при a  b  c,
можно переписать в виде
Пример 59. Решить уравнение
sin 7 x  cos 4 x  1 .
Решение. Воспользовавшись формулой преобразования произведения синуса
и косинуса в сумму, приводим уравнение
к виду sin11x  sin 3x  2 , откуда получим sin11x  2  sin 3 x . Так как при любом
значении
x
а
sin11x  1 ,
то
равенство
2  sin 3x  1 ,
sin11x  2  sin 3 x может выполняться в
том и только в том случае, когда
a  b  c  33 abc .
Для случая двух неотрицательных чисел неравенство
ab
 ab ,
2
где равенство достигается при a  b,
 2n

x 
, n  Z,

sin11x  1,

22 11


2  sin 3x  1
 x     2m , m  Z.

6
3
25.12.2011 www.alexlarin.net
можно переписать в виде a  b  2 ab .
Отметим частные случаи неравенства
Коши для двух неотрицательных чисел:
a b
a
1
  2 при  0 , a   2 при a  0 ;
b a
b
a
1
при a  0 a   2 .
a
32
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Пример 60. Решить уравнение
монотонность функции
на множестве R
tg x  ctg x  2 cos 8 x .
Если функция f (t ) строго возрастает
на R, то f h( x )   f  g ( x ) равносильно
уравнению h( x)  g ( x).
Если функция f (t ) строго убывает на
R, то f h( x )  f  g ( x)  равносильно
уравнению h( x)  g ( x).
Решение. Оценим левую и правую
части данного уравнения.
1
Так как tg x  ctg x  tgx 
, то
tgx
tg x  ctg x  2 . В то же время
2 cos 8 x  2 .
Значит,
равенство
tg x  ctg x  2 cos 8 x выполняется только
в двух случаях:
tg x  ctg x  2,
1. 
или 2.
2 cos 8 x  2
Пример 61. Решите уравнение
sin x  3sin x  2  ( 3  sin x )  3 3  2sin x .
Решение. Пусть sin x  t . Рассмотрим
функцию
f (t )  t  3t  2 , определенную
при всех действительных значениях t .
Тогда данное уравнение примет вид
tg x  ctg x  2,

2 cos 8 x  2.
1. Из первого уравнения последова2
тельно находим:
 2 , sin 2 x  1 ,
sin 2 x

x   n , n  Z ; из второго: cos 8 x  1 ,
4
k
x
, k  Z . Нетрудно убедиться (на4
пример, воспользовавшись моделью тригонометрической окружности), что первое множество значений x содержится во

втором, и, значит,  n , n  Z , – реше4
ние системы.
2.
Решение
первого
уравнения

 k
x    n , n  Z , второго x  
,
4
8 4

 k
, т.е.
k  Z . Равенство   n  
4
8 4
8n  3  2k , невозможно ни при каких целых значениях n и k (в его левой части
стоит четное, а в правой – нечетное число). Следовательно, эта система решений
не имеет.

Ответ:  n, n  Z .
4
f (sin x)  f ( 3  sin x ) .
Функция f (t ) строго возрастает на R
как произведение двух возрастающих
функций.
Следовательно, исходное уравнение
равносильно уравнению sin x  3  sin x
3
, решением которого яв2

ляются значения x  (1) n  n, n  Z .
3

Ответ: (1) n  n, n  Z .
3
или
монотонность функции
на промежутке
 Если функция f (t ) строго монотонна на своей области существования –
промежутке
М,
то
уравнение
f h( x )  f  g ( x)  равносильно системе
 h( x )  g ( x )

E ( h)  M
E ( g )  M

Использование монотонности функций
Пример 62. Решить уравнение
При использовании монотонности
функций различают случаи, когда функции, стоящие в обеих частях неравенства,
имеют одинаковую монотонность или
разную монотонность.
25.12.2011 www.alexlarin.net
sin x 
arcsin( 3 x 2  2 x )  arcsin( 3x  2) .
Решение. Перейдем к равносильной
системе
3 x 2  2 x  3 x  2,
3 x 2  5 x  2  0,





1

3
x

2

1

1

3
x

2

1


33
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
 x  2

1
1

  x  
 x .
3
3

 1  3 x  2  1
y

y = arccos x

1
Ответ:  .
3
-0,5 0,5
-1
O 1
Пример 63. Решить уравнение
y = arcsin 2x
arccos( x 2  3)  arccos(x  3) .

Решение. Уравнение равносильно системе
 x 2  3  x  3,
 x 2  x  6  0,





1

x

3

1

4

x


2


Рис. 23

функции разной монотонности
Уравнение u ( x)  v( x) , где u (x) – возрастающая, а v(x) – убывающая функции,
либо не имеет решений (рис. 24а), либо
имеет единственное решение (рис. 24б).
  x  2

 x  2 .
 x  3
 4  x  2

Ответ:  2 .
y
arccos x  arc sin 2 x .
x 2  1  4 x 2 , 5x 2  1 , x 
25.12.2011 www.alexlarin.net
5
u(x)
x
O
x
O
а
б
Рис 24
Пример 65. Найти корни уравнения
cos x  3ctgx  3 sin x
3 

на промежутке   2;   .
2 

Решение.
Функция
f ( x)  cos x  3ctgx монотонно убывает
на данном промежутке, как сумма убывающих
функций.
Функция
g ( x )  3 sin x монотонно возрастает на
этом промежутке. Значит, исходное урав3 

нение на промежутке   2;   имеет
2 

не более одного корня. Легко проверить,
5
что число 
является корнем данного
3
уравнения.
5
Ответ: 
.
3
x  1  4x2 ,
1
v(x)
u(x)
Решение. Область допустимых значений уравнения определяется условиями
x  1 , 2 x  1 , т.е. | x |  0,5 . Более того,
поскольку значения арккосинуса ограничены отрезком 0,  , а арксинуса – отрез  
ком   ;  , то равенство левой и пра 2 2
вой частей уравнения возможно только в
случае, если их значения лежат на отрез 
ке 0;  , т.е. с учетом области допусти 2
мых значений при 0  x  0,5 .
Таким образом, решение уравнения
следует искать на множестве 0  x  0,5 .
Так как функция y  cos t убывает на от 
резке 0;  , то на отрезке 0;0,5 уравне 2
ние
равносильно
arccos x  arc sin 2 x
уравнению cosarccos x   cosarc sin 2 x  ,
которое, в свою очередь, на  0; 0, 5 равуравнениям:
y
v(x)
Пример 64. Решить уравнение
носильно
1
.
5
Замечание.
Процесс решения
уравнения в этом
примере
можно
сделать
наглядпостроив
x ным,
графики функций
y  arccos x
и
y  arc sin 2 x (рис.
23).
Ответ:
.
34
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Использование периодичности
функций


 x  2  7 x  2n,

где n  Z .
 x       7 x   2n,



2

Поскольку тригонометрические функции не являются монотонными на всей
области определения, то равенство значений синусов, косинусов, тангенсов или
котангенсов неравносильно равенству
аргументов. Из монотонности функции
на некотором промежутке и ее периодичности нетрудно показать следующие равносильности:
α  β  2n,
sinα  sin β  
α    β  2n
(1)
α  β  2n,
cos α  cos β  
α  β  2n
(2)
α  β  n,

tg α  tg β  

α  2  m
(3)
α  β  2n,
ctgα  ctg β  
α  m
(4)
В результате получим две серии реше n
 n
ний: x 

или x   
,
16 4
12 3
nZ .
Заметим, что вторую серию решений
 n
можно также задать в виде x   
.
12 3
n
Знак перед дробью
не имеет значе3
ния, поскольку параметр n пробегает все
целые значения.
 n
 n
Ответ:

,  
,
16 4
12 3
nZ.
Пример 67. Решить уравнение
tgx  tg3x .
Решение. Применив равносильный переход (3), получим
n

x ,
 x  3 x  n,



2
tgx  tg3x  



x



m
,

 x   m,
2

2
(во всех формулах m, n  Z ).
Заметим также, что уравнения вида
sin f  x   cos g  x  и tg f  x   ctg g  x  с
помощью формул приведения сводятся к
уравнениям-равенствам
одноименных
функций:


sin f  x   sin   g  x  ,
2



tg f  x   tg  g  x  .
2

где m, n  Z .
Заметим, что если n  2m  1 , где
m  Z , то соответствующие значения x
попадают в разряд «запрещенных», поскольку
в
этом
случае
(2m  1)

x
   m .
2
2
При n  2m , где m  Z , получаем решения вида x  m . Полученные решения можно записать как x  m так как
mZ .
Ответ: x  m , m  Z .
Замечание. Уравнения, представляющие собой равенства синусов или косинусов, можно решать иначе: путем преобразования разности синусов или косинусов в произведение.
Пример 66. Решить уравнение
sin x  cos 7 x .
Решение. Используя тождество


cos 7 x  sin   7 x  ,
2

перепишем
уравнение
в
виде


sin x  sin   7 x  . Применив равносиль2

ный переход (1), сведем решение уравнения к решению совокупности
Пример 68. Решить уравнение
cos 2 x  cos x  0 .
25.12.2011 www.alexlarin.net
35
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Решение. По формуле преобразования
суммы косинусов в произведение получим
x
3x
 2 sin sin
 0.
2
2
x
Отсюда имеем sin  0, x  2 n,
2
2 k
3x
 0, x 
, k  Z.
n  Z или sin
2
3
Заметим, что первая серия решений
включается во вторую.
  
При t    ;  :
 2 2
4
f (t )  5t  23 cos t  3  0 2  23  0  0  0  0 ,

а при | t |  :
2
4

4
f (t )  5t  23 cos t  3   23  (1) 
 2
4
3
 5     23  25 162  23  0 .
2
Следовательно, f (t ) возрастает на всей
числовой прямой. Значит, каждое своё
значение функция принимает в точности
при одном значении аргумента, а стало
быть, уравнение f (t1 )  f (t 2 ) равносильно
уравнению t1  t 2 . Записав исходное урав-
Использование четности
и нечетности функций
 Если функция f (x) , определенная на
некотором промежутке X , является на
этом промежутке возрастающей или убывающей и принимает на X множество
значений Y , то для каждого числа a  Y
найдется единственное значение x0  X
такое, что f ( x0 )  a .
Следствие 1. Если нечётная функция
f (x ) является возрастающей или убывающей при x  0 , то для каждого числа
a  E ( f ) уравнение f ( x )  a имеет один
корень.
Следствие 2. Если чётная функция
f (x ) является возрастающей или убывающей при x  0 , то для каждого числа
a  E ( f ) уравнение f ( x)  a имеет два
корня x1 , x2 , где x1   x 2 , если a  f (0) ;
и один корень x 0  0 , если a  f (0) .
нение в виде f ( x 2 )  f (12 x  13) , получим
f ( x 2 )  f (12 x  13)  x 2  12 x  13 
 x  13 ,
 x 2  12 x  13  0  
 x   1.
Ответ.  1; 13.
Пример 70. (ЕГЭ-2009, С5). Решить
уравнение
87 cos( x 2 )  (8  6 x) 4  x 8  87 cos(8  6 x) .
Решение. Приведём исходное уравнение к виду
x 8  87 cos( x 2 )  (8  6 x) 4  87 cos(8  6 x) .
Рассмотрим непрерывную функцию
f (t )  t 4  87 cos t . Данная функция определена для любого значения аргумента,
чётная, так как f (t )  f (t ) . Найдём её
производную: f (t )  4t 3  87 sin t .
При t  (0 ; ) :
f (t )  4t 3  87 sin t  0  0  0 ,
а при t  [ ;  ) :
Пример 69. Решить уравнение
x 10  (12 x  13) 5  23 sin(12 x  13)  23 sin x 2 .
Решение. Приведём исходное уравнение к виду
x10  23 sin x 2  (12 x  13) 5  23 sin(12 x  13).
Рассмотрим непрерывную функцию
f (t )  t 5  23 sin t . Данная функция определенная для любого значения аргумента,
нечётная,
так
как
5
5
f (t )  (t )  23 sin( t )  (t  23 sin t ) 
  f (t ) . Найдём её производную:
f (t )  4t 3  87 sin t  4 3  87 
4  33  87  4  27  87  0 .
Таким
образом,
f (t )  0
при
t  (0 ;  ) , следовательно, f (t ) возрастает на промежутке [0 ;  ) . Значит, каждое своё значение из множества значений E ( f ) , кроме f (0) , функция принимает в двух симметричных относительно
f (t )  5t 4  23 cos t .
Покажем,
что

f (t )  0 на всей области определения.
25.12.2011 www.alexlarin.net
36
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
t  0 точках, а стало быть, уравнение
3
x.
2
89. x 2  4 x  5  cos 4 x .
90. | cos(( x  2) cos x) | 
88. x 2  6 x  10  sin
f (t1 )  f (t 2 ) равносильно уравнению
| t1 |  | t 2 | . Записав исходное уравнение в
виде f ( x 2 )  f (8  6 x ) , получим
f ( x 2 )  f (8  6 x ) 
 1 | log 4 (9 x 2  39 x  43) | .
x 2  | 8  6x | 
x 2  8  6x ,
x 2  6x  8  0 ,
  2
  2

 x  6 x  8 ;
 x  6 x  8  0 ;
91.  2 cos x  x 2 

2
x
 3 .
2
2
arcsin (2 x 3  2 x 2  3x  0,2) 
 arcsin( 3x 2  2 x  0,2) .
arccos(2 x 3  5 x 2  x  0,2) 
 arccos(2 x  4 x 2  0,2) .
arctg(4 x 2  8 x  9)  arctg16 x 2  0 .
5 x
x
log 2 ( x 2  4 x  8)  sin
 cos
.
4
2
x
log 3 ( x 2  4 x  13)  cos  x  sin
.
4
92. 3 sin x  x 2 
 x  3  17 ,

x  3  17 ,
 
x  2,
 x  4 .
93.
94.
Ответ:  3  17 ;  3  17 ; 2 ; 4 .
95.
Тренировочные упражнения
96.
74. Решите уравнение tg 2 x  ctg 5 x .
75. Решите уравнение ctg 3x  ctg x .
76. Дано уравнение cos 2 x  cos x  0 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие от 5 
резку 0;  .
 2
77. Дано уравнение cos 6 x  cos 3 x  0 .
а) Решите уравнение.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку 0;  .
78. Укажите наибольший корень уравнения cos 2 x  3 sin x  2 , принадлежащий
отрезку [3;  ] .
79. Укажите наименьший корень уравнения cos 2 x  2  3 cos x , принадлежащий
отрезку [2,5;  0,5] .
Решите уравнение:
80. cos 3x  cos 2 x  1 .
81. sin 3x  cos 2 x  1 .
13x 

x
82. cos 22 
3 .
4 

 11x 33 
83. 2 x  sin 

.
2 
 3
cos(  x   )
84. 2
 x 2  6 x  11 .


sin  x  
2

3
2
x
 2.
2
2
97.
98.
x 2  (2  5) x  6 2  4 
 sin( x  13)  0 .
99.
x 2  (3  ) x  6 2  9 
13 

 cos x 
 0.
2 

100. sin  x  cos  x  2
101.
log 3
1
49
x2  x
2
16
( x  1) 2  16  4  sin 2  x .
102. 98 cos( x 2 )  (4 x  3) 4 
 x 8  98 cos(4 x  3) .
103. 23 cos( x 2 )  23 cos(12  8 x ) 
 x 6  | 12  8 x |3 .
2.5. Комбинированные уравнения
Решение комбинированных уравнений
представляет определенные трудности
для учащихся. При решении этих уравнений применяют различные методы решения.
Уравнения, содержащие дроби
2
85. 3
 x  4x  7 .
86. cos x  1  x 2  4 x  4 2 .
Пример 71. Решить уравнение
cos x
 0.
1  sin x
2
87. x   x 
 sin x  1 .
4
2
25.12.2011 www.alexlarin.net
.
37
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Решение. Данное уравнение равносильно системе
cos 3x, sin 2 x равен 2. Поэтому достаточно рассмотреть решения уравнения на
промежутке [0; 2) .
Умножим обе части уравнения на
cos 3x  0. Далее получаем
cos x  0,
cos x  0,
 

1  sin x  0
sin x  1.
Если cos x  0 , то из основного тригонометрического тождества sin x  1 или
sin x  1 . Так как sin x  1 , то остается
отобрать те значения x , при которых

sin x  1 . Отсюда x    2k, k  Z .
2

Ответ:   2k, k  Z .
2
cos x  sin 2 x  cos 3x 
cos 3x  cos x  sin 2 x  0 
 2 sin 2 x sin x  sin 2 x  0 
sin 2 x  0,

 sin 2 x (2 sin x  1)  0  
sin x   1 ,
2

k

x  2 ,


  x    2 l , k , l , m  Z.

6

 x  7   2 m,
6

На промежутке [0; 2) содержатся кор
3 7 11
ни 0, ,  ,
,
,
. Из условия
2
2
6
6
 n
, n  Z, а
cos 3x  0 получаем x  
6
3


на промежутке [0; 2) – x  , x  ,
6
2
5
7
3
11
x
, x
, x
, x
. Таким
6
6
2
6
образом, остались числа 0 и  , а значит,
исходное уравнение имеет множество
корней x   t , t  Z.
Ответ:  t , t  Z.
Пример 72. Решить уравнение
cos x
 1.
1  sin x
Решение. Область допустимых значений уравнения определяется условием
1  sin x  0 . На ОДЗ исходное уравнение
равносильно следующим:
cos x  sin x  1
 0 ; cos x  sin x  1  0 ;
1  sin x

2

cos x   
.
4
2

Из последнего уравнения находим
 


x    2n или x     2n , от4 4
4
4

куда x  2n или x    2n .
2
Если x  2n , то
sin x  1  sin 2n  1  1 ;

если x    2n , то
2
 

sin x  1  sin   2n   1  0 .
 2

Следовательно, числа 2n входят, а чис
ла   2n не входят в область допус2
тимых значений исходного уравнения.
Ответ: 2n , n  Z .
Пример 74. Решить уравнение
ctgx  tg2 x  0 .
Решение. Имеем последовательно
1
2 tgx

 0, 1  tg 2 x  0. Последнее
2
tgx 1  tg x
уравнение не имеет корней. При замене
1
выражения ctgx на выражение
и при
tgx
замене выражения tg 2 x на выражение
2 tgx
может произойти потеря корней
1  tg 2 x

  n, n  Z . Проверкой убеждаемся,
2
Пример 73. Решить уравнение
cos x  sin 2 x
 1.
cos 3x
Решение. Общий наименьший положительный период функций cos x ,
25.12.2011 www.alexlarin.net
38
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
что числа этого вида являются корнями
исходного уравнения.
Ответ:
 n

, n  Z и n  3t  1 ( t  Z ).
6 3
Заметим, что в этой задаче форму записи ответа можно упростить. Для этого
напомним, что при делении на 3 возможны только остатки 0, 1 или 2, т.е. любое
целое число n представимо в одном из
трех видов: n  3t , n  3t  1 или n  3t  2
( t  Z ). Значит, либо n  3t , либо
n  3t  2 . Получаются две серии реше
5
ний: x1   t и x2 
 t . Эти серии
6
6
решений легко объединяются. Оконча
тельно получаем: x    l , l  Z .
6

Ответ:   l , l  Z .
6
x

  n, n  Z .
2
Пример 75. Решить уравнение
tg 5 x tg 8 x  1 .
Решение. tg 5 x tg 8 x  1 
sin 5 x sin 8 x

 1 
cos 5 x cos 8 x
cos 8 x cos 5 x  sin 8 x sin 5 x  0 ,

 cos 8 x  0 ,

cos 5 x  0 ;

 n

x  6  3 , n  Z ,
cos 3x  0 ,

 k


 cos 8 x  0 ,   x   , k  Z ,
cos 5 x  0 ;
 16 8

 m

 x  10  5 , m  Z .

Выясним,
какие
из
значений
 n
x 
, n  Z , являются недопусти6 3
мыми. Для этого решим в целых числах
 n  k
уравнения

 
и
6 3 16 8
 n  m

 
.
6 3 10 5
Рассмотрим
уравнение
 n  k

 
. После преобразований
6 3 16 8
получим: 8  16n  3  6k  6k  16n  5 .
Последнее равенство невозможно, так
как в левой его части стоят четные числа,
а в правой – нечетное.
Рассмотрим уравнение
Иногда умножение на выражение с переменной является ключевым при решении некоторых уравнений, которые не
имеют дробей.
Пример 76. Решить уравнение
8 cos x cos 2 x cos 4 x  1.
Решение. Ключевым моментом в решении данного уравнения является умножение обеих частей уравнения на sin x.
Проверим имеет ли исходное уравнение
корни уравнения sin x  0, то есть числа
 n, n  Z. Если n – четное, то есть
n  2n1 , то подставляя 2 n1 , получаем
ложное равенство 8  1 . При нечетном n,
то есть n  2n1  1, подставим 2 n1   .
Получим также ложное равенство  8  1.
Преобразуем данное уравнение
8 cos x cos 2 x cos 4 x  1 
8 sin x cos x cos 2 x cos 4 x  sin x 
 4 sin 2 x cos 2 x cos 4 x  sin x 
 2 sin 4 x cos 4 x  sin x 
 sin 8 x  sin x  0 
 n  m

 
.
6 3 10 5
После преобразований получим:
2 m

x  7 ,
m, k  Z.
 
 x    2 k ,

9
9
5  10n  3  6m  3m  5n  1 
 m
5n  1
n 1
 m  2n 
.
3
3
При умножении обеих частей уравнения на sin x могут появиться посторонние корни  n, n  Z.
Поскольку m и n – целые числа, то
n  1  3t , где t  Z . Таким образом,
n  3t  1 – недопустимые значения. Итак,
25.12.2011 www.alexlarin.net
39
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Для x 
2 m
рассмотрим уравнение
7
111.
2 m
  n или 2m  7 n. Если n нечетное,
7
то есть n  2 p  1, p  Z , то равенство
2m  14 p  7 невозможно (в левой части
четное число, в правой – нечетное). Пусть
n  2 p, p  Z ,
тогда
имеем
m  7 p, p  Z. Отсюда следует, что чис2 m
ла вида
являются корнями данного
7
уравнения, где m  7 p, p  Z.
 2 k
Если
x 
,
то
имеем
9
9
 2 k

  n или 1  2k  9n. Если n
9
9
четное, то есть n  2t , t  Z , то равенство
невозможно.
Пусть
1  18t  2k
n  2t  1, t  Z ,
тогда
получаем
k  9t  4, t  Z .
2 m
Ответ:
, m  7 p; m, p  Z;
7
 2 k

, k  9t  4; k , t  Z .
9
9
ctgx  3
 0.


ctg 2   x   3tgx
2

112.
 0.
2cosx  1
113.
sin4 x  sin2 x  cos3x  2sin x  1
0.
2sin2 x  3
114. Найдите все значения x , при кажsin 4 x
дом из которых выражения
и
tg 2 x
cos 4 x  sin 4 x
принимают равные значеtg 2 x
ния.
Решите уравнение:
115. ctg2 x  cos 5 x  sin x  0 .
116. tg 2 x  tg4 x  tg5 x  tg x .
117.
119.
120.
Тренировочные упражнения
121.
104. Решите уравнение
cos x  sin 2 x
 1.
cos 3 x
105. Определите количество корней
2 sin x  3
уравнения
 0 на промежут2 cos x  1
ке [3; 5] .
122.
123.
124.
125.
Решите уравнение:
x
cos
2  0 . 107. cos 2 x  1  sin x  0 .
106.
x
ctgx  1
sin
3
cos 2 x  cos x  1
 0.
108.
2sin x  3
cos 2 x  sin x  1
 0.
109.
2cosx  3
2  2 cos 2 x  3 sin x
110.
 0.
tgx  3
25.12.2011 www.alexlarin.net
2  2 sin 2 x  3 cos x
126.
2 sin x  3
sin 3 x
 0.
118.
0.
sin x
2 cos x  1
sin 2 x
 cos x .
tgx
1  cos x  sin x
 0.
cosx
sin x  cos x
 0.
4x  
sin x  cos x
1.
cosx  cos 3x
4 tg 2 x  3tg x
 0.
5sin 2 x  3 sin x
3ctg 2 x  4ctg x
 0.
5cos2 x  4 cos x
cos 4 x sin 4 x

.
sin 2 x cos 2 x
4 cos x  ctg x  4ctgx  sin x  0 .
127. 3 sin 2 x  tg x  4 cos2 x  7 sin x  1 .
128. Найдите сумму различных корней
уравнения
 3

4 sin 2 7  x cos 2 7  x  sin 2   14 x  
 2

5x 

sin  3 

2 
 4 x 5 


 cos
 
3
6 
 3 5x 

cos 

2 
 2
на отрезке [3; 5] .
40
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Уравнения, содержащие
корни натуральной степени
 cos x 
Пример 77. Решить уравнение:
1
2

x

 2n, n  Z .
3
Однако в этом случае пришлось бы отбирать корни, удовлетворяющие неравенству cos 0,5 x  0 .
3  2 sin 2 x  6 cos 0,5 x .
Решение. Данное уравнение равносильно смешанной системе:
cos 0,5 x  0 ,

2
2
3  2 sin x  6 cos 0,5 x .
Пример 78. Решить уравнение


2 sin 2 x  2 cos 2  x    1
4

0.
2
6x  x
( *)
Для решения уравнения, входящего в
систему (*), воспользуемся формулами
x
x
x
x
sin x  2 sin cos
и sin 2  1  cos 2 .
2
2
2
2
Получим:
x
x
x
3  8 sin 2 x cos 2  6 cos2 
2
2
2
x
x

 3  81  cos 2  cos 2 0,5 x  6 cos 2 
2
2

x
x
 8 cos 4  2 cos 2  3  0 .
2
2
x
Сделав замену cos2  t , где 0  t  1 ,
2
получим уравнение 8t 2  2t  3  0 . Дан3
ное уравнение имеет два корня: t1  и
4
1
1
t 2   . Заметим, что корень t 2   не
2
2
удовлетворяет условию 0  t  1 . Возвращаясь к исходной системе, получим:
Решение. Данное уравнение равносильно смешанной системе


2
2
2 sin x  2 cos  x    1  0 ,
4


6 х  х 2  0 .

x

cos 2  0 ,
x


cos 2  0 ,

x
3
 cos 
, 

2
2

cos2 x  3


2 4
x
3
;
cos  
2
2

6 х  х 2  0  x  (6  x )  0  0  x  6 .
Решим вначале уравнение этой системы.


2 sin 2 x  2 cos 2  x    1  0 
4



2 sin 2 x  1  cos 2 x    1  0 
2

2
 2 sin x  sin 2 x  0 
 sin x  (sin x  cos x)  0 
sin x  0 ,
sin x  0 ,
 


sin x  cos x  0 ;
 tg x  1;
nZ,
 x  n ,
 
 x   4  k , k  Z .
Перейдем к решению неравенства:
Среди решений уравнения отберем те,
которые принадлежат интервалу (0 ; 6) .
Рассмотрим первую серию решений.
0  n  6 , n  Z ,  0  n 
x
3


 x    4n , n  Z .
2
2
3

Ответ:   4n , n  Z .
3
Замечание. В данном примере при
решении уравнения можно было бы поступить следующим образом
 n  1.
 cos
cos2 0,5 x 
3
4

1  cos x 3

2
4
25.12.2011 www.alexlarin.net
6
, nZ , 

Следовательно, интервалу (0 ; 6) принадлежит x   .
Рассмотрим вторую серию решений.
0

41

 k  6 , k  Z 
4
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней

1
6 1
 k   , k Z .
4
 4
143. (2 sin x  1)(  cos x  1)  0 .
144. (2 cos x  1)(  sin x  1)  0 .
6 1 6 1 6 1
     
4 4  4 3 4
1
6 1
 1,75 , то условиям   k   ,
4
 4
k  Z , удовлетворяют два значения:
k  0 и k  1 . Значит, интервалу (0 ; 6)
принадлежат два решения из второй се
5
рии: х1  и х2 
.
4
4

5
Ответ: ,  ,
.
4
4
145. (2 cos 2 x  9 cos x  4)  2tgx  0 .
Поскольку 1, 25 
146. (2 sin 2 x  9 sin x  5) 11tgx  0 .
x
3x


147.  sin  sin x  sin
 sin 2 x  cos x  0 .
2
2


x
3x


148.  cos  cos x  cos  cos 2 x  sin x  0 .
2
2


Тренировочные упражнения
Решите уравнение:
x
129. sin  25  x 2
3

2
2
2
133.
134.
2 sin x  1
150.
5 sin 2 t  cos 2 t  sin t .
151.
5 cos x  cos 2 x  2 sin x  0 .
153.
154.
155.
156.
2
131. 1  2 sin 3 x sin 7 x  cos10 x .
132. sin 3 x  1  2 sin 4 x cos x .
2 cos x  2
cos 2 t  3 sin 2 t  cos t .
1
 ctg x .
sin x
cos 2 x  sin 3 x  2 cos x .
5 cos x  cos 2 x  2 sin x .
3  4 cos 2 x  2 cos x .
5  2 sin x  6 sin x  1 .
152. 1 
  x  25 .
130. sin 0,8 x   4  x   x  3 .
2
149.
157. sin x  cos x  1  2 sin 2 x .
158. cos 2 x   2 sin x .
0.
159. 1  3 sin x  sin 2 x  cos x .
2 sin x  3
 0.
tg x  1
160. 1  4 cos x  cos 2 x  sin x .
135. sin 3x ( cos x  2)  0 .
161.
136. Сколько различных корней имеет
2 cos 2 x  1
(2 cos x  2 ) sin x
cos2 x  cos x
 0.
162.
1  sin x
уравнение (cos 2 x  sin 2 x) 1  x 2  0 ?
137. Сколько различных корней имеет
уравнение
163.
 x 2  21 x (sin 3 x cos 6 x  sin x cos 8 x)  0 ?
cos2 x  2  3 sin x
1  cos x
 0.
 0.
140. (sin 2 x)  4  x 2  0 .
 3

2sin 2 x  sin   x   1
 2

164.
 0.
sin x
6sin 2 x  5 sin x  1
165.
0.
 cos x
6cos 3 x  cos 2 x  cos x
166.
 0.
 ctgx
141. (cos 3x  1)  6  5 x  x 2  0 .
167.
Решите уравнение:

2
 4x 2  7 x  3  0 .
138.  cos x 
2 


3
 3x 2  7 x  4  0 .
139.  sin x 
2 

142.
sin x  cos x  0 .
25.12.2011 www.alexlarin.net
42
2sin 3 x  3 sin 2 x  sin x
 0.
 tg x
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
168.
2cos3 x  3 cos 2 x  cos x
 0.
ctg x
 x 
187. 1  cos x  cos    2 .
2 2
tg3 x  tg x
 0.
 sin x
ctg3 x  ctg x
170.
 0.
cos x
9 sin x  3
171.
 0.
 2 cos x
9cos x  3 2
172.
 0.
 23tg x
3
.
2
3
189. sin 3  x 2 
.
2
188. cos 2  x 2 
169.
173.
174.
175.
176.
sin 2 x  2 sin 2 x
 cos x
sin 2 x  2 cos 2 x
Уравнения, содержащие логарифмы
Пример 79. Решить уравнение
log 2 (sin x)  log 2 ( cos x) .
Решение. Данное уравнение равносильно системе
sin x   cos x,

sin x  0.
Из уравнения системы получаем

tgx  1, x     n, n  Z . Неравенст4
ву
удовлетворяют
числа
sin x  0
3
x
 2  n, n  Z .
4
3
Ответ: x 
 2  n, n  Z .
4
 0.
sin x
0.
10 cos2 x  cos x  3
 0.
(5 sin x  4)  tg x
2 sin 2 x  5 sin x  3

x
6
2
2 cos x  5 cos x  3
 0.
0.

x
3
2
 4 sin x  8 cos x  7
178.
0.
ctg x
177.
179.
180.
181.
182.
183.
184.
185.
Пример 80. Решить уравнение:
log 2 ( sin x )  log 2 (cos x )  2
Решение. Данное уравнение равносильно смешанной системе:
4 cos 2 x  8 sin x  7
 0.
tg x
4 cos 2 x  8 sin x  7
 tgx
 sin x  0 ,
sin x  0 ,


 cos x  0 ,
cos x  0 ,
log ( sin x cos x)  2
 sin x cos x  0,25 .
 2

0.
Решим уравнение этой системы:
3 cos 2 x  7 cos x  3
 0.
 sin x
4 cos x  3
 0.
tg x
6 sin x  5
 0.
cosx
(2 y  7 )(4 y  7 )(8 y  7)
 0.
cosy
(2 y  9)(4 y  9)(13 y  9)
 0.
cosy
 sin x cos x  0,25  sin 2 x  0,5 


 2 x   6  2n , n  Z ,
 

 2 x   5  2k , k  Z,
6



 x   12  n , n  Z ,

 x   5  k , k  Z .

12
Функции sin x , cos x и sin 2 x , входящие
в уравнение имеют общий наименьший
положительный период 2 . Для отбора
186.  1  cos 2 x  3 cosx     2 .
25.12.2011 www.alexlarin.net
43
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
корней используем тригонометрический
круг (см. рис. 25).
Условиям sin x  0 и

cos x  0 удовлетво
ряет совокупность
значений x, принад

0
лежащих четвертой
O

координатной чет
верти. Тогда реше
ния исходного урав


нения можно запиРис. 25
сать следующим образом:
имеют общий наименьший положительный период 2 , то изобразим (см. рис.
26) множество решений на числовой окружности, выделив промежуток [; ) .
Используя рисунок, получаем ответ.
Ответ:
Тренировочные упражнения
Решите уравнение:
190. log 3 (cos x )  log 3 ( sin x) .
191. log 3 (2 sin 2 x  1)  log 3 sin x .


 x   12  2n , n  Z ,

 x   5  2k , k  Z .

12
Ответ: 
192. log
195. log 3 sin x  log 3 cos x  log 3 (1  cos 60) .
196. Сколько различных корней имеет
уравнение (sin  x  1) log 0, 5 (1  x 2 )  0 ?
Решите уравнение:
(2 cos x  1) log 13 (3tg x )
0.
log 31 (2sin x )
197.
(2 cos 2 x  7 cos x  3) log 41 ( sin x )  0 .
Решение. Из данного уравнения получаем два уравнения cos x  0,5 или
3
при условии
3
198. (2 sin 2 x  7 sin x  3) log 14 ( cos x )  0 .
199.
tgx  0,
sin x  0,

sin x  0,  
sin x  0,5.
sin x  0,5

Решая уравнения, получаем
2

 x   3  2  n,
n, k  Z

x      k,

6
с ограничениями









O








Рис. 26
sin x  0,


n 
 x  (1) 6   m,
mZ .
Так как тригонометрические функции ( sin x , cos x ,
tgx ), входящие в
данное уравнение,
25.12.2011 www.alexlarin.net
cos x  log 5 (1  2 cos2 x) .
194. log sin x 3 cos x  1 .

5
 2n ; 
 2n , n  Z .
12
12
2


5
193. log cos x sin x  1 .
Пример 81. Решить уравнение
tgx  
2
 2 n, n  Z.
3
 3cosx
0.
200.
log 5 (2 cos x )
0.
5tg x
201.
log 7 ( 3tg x )
 0.
 7 sin x
202.
cos x(2 cos x  1)(2 cos x  3 )
0.
log 6 ( 3tg x )
203.
sin x(2 sin x  1)( 2 sin x  1)
 0.
lg( tg x )
204.
205.
44
log 2 (2 sin x )
( tgx  3 ) log 13 (2 sin 2 x )
log 31 ( 2cosx)
0.
(2 cos x  1) log 13 (3tg 2 x )
0.
log 31 (2sin x )
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
Уравнения, содержащие модули
Ответ: 2π n, n  Z;
Пример 82. Решить уравнение
Пример 84. Решите уравнение
| cos x |  3 sin x .
7 | cos x | 4 cos x  3 | sin x | 2 sin x. .
Решение. Из данного уравнения получаем равносильную систему
cos x  3 sin x,

cos x   3 sin x, 

sin x  0







O




Решение. Рассмотрим значения синуса
и косинуса по четвертям координатной
окружности.
Первая четверть:
3
3 cos x  5 sin x  tgx  
5
3
x  arctg  2 k , k  Z.
5
Вторая четверть:
11
 11cos x  5 sin x  tgx  

5
11
x    arctg  2 l , l  Z.
5
Третья четверть:
 11cos x   sin x  tgx  11 
x    arctg11  2 m, m  Z.
Четвертая четверть:
3 cos x   sin x  tgx  3 
x  arctg3  2 n, n  Z.
3
11
Ответ: arctg  2 k ,   arctg  2 l ,
5
5
  arctg11  2 m,  arctg3  2 n, где
k , l , m, n  Z.

3
,
tgx  

3 n  Z,
sin x  0,




 x     n,
nZ
6

sin x  0,
.
Так как функции
tgx и sin x имеют
общий
наименьРис. 27
ший положительный период 2 , то отбор корней проведем на тригонометрическом круге (см.
рис. 27).

5
Ответ:  2n,
 2 n, n  Z.
6
6
Пример 83. Решить уравнение
| cos x |  cos x  2 sin x .
Решение. Рассмотрим две области на
числовой прямой, на которых cos x  0 и
cos x  0.
Пример 85. (ЕГЭ 2005). Решить уравнение
(3 sin 0,25 x  4) 2 
1. Пусть cos x  0 , тогда данное уравнение принимает вид:
 sin 2 0,25 x  6 sin 0,25 x  9  1  2 .
cos x  cos x  2 sin x  sin x  0 
x   n, n  Z.
Решение. Имеем
| 4  3 sin 0,25 x |  | 3  sin 0, 25 x | 1  2 .
Условию cos x  0
удовлетворяют
только значения x  2 πn, n  Z.
2. Для условия cos x  0
уравнение перепишем так:
Так как 4  3 sin 0,25 x  0,
3  sin 0,25 x  0 при всех x  R , то получаем
2
1  2 sin 0, 25 x  1  2 ; sin 0,25 x 
;
2
x  (1) n   4 n, n  Z .
исходное
 cos x  cos x  2 sin x  sin x  cos x  0

 tgx  1  x     k , k  Z.
4
Условию
удовлетворяют
cos x  0
3
только значения x 
 2 k , k  Z.
4
25.12.2011 www.alexlarin.net
3
 2 k , k  Z.
4
Ответ: (1) n   4 n, n  Z .
45
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
2.6. Системы уравнений
Тренировочные упражнения
Пример 86. (ЕГЭ 2010, С1). Решить
систему уравнений
Решите уравнение:
206. | sin x |  3 cos  0 .
tg x
 1  tg x
1
   14    49  0,
7
 49 

3 y tg x  5 2 cos x  0.
207. | sin x |  sin x cos x .
208. cos x  cos 3x  | sin 2 x | .
209. sin x  sin 3x  | cos 2 x | .
210. | sin 2 x |  cos x .
Решение. Заметим, что левая часть
первого уравнения системы представляет
полный квадрат:
211. ctg x | sin x |  0,5 .
212. | cos x |  cos x  2 sin x .
 1 
 
 49 
213. 4 | sin x | 2 cos 2 x  3 .
214.
sin 2 x
 2 sin x  2 .
| cos x |
1
 
7
215. Найдите все решения уравнения
sin 2 x  cos x | cos x | из промежутка [0; 2] .
1
 
7
2
2
 cos x 
.
2
2
cos x 
1
x
 8 cos 2  5
4
2
(3 cos 0,5 x  4) 2 
 cos 2 0,5 x  6 cos 0,5 x  9  1 .
219.
(3 sin x  4) 2 
 sin 2 x  6 sin x  9  7  2 3 .
220.
(2 sin 0,2 x  3) 2 
 sin 2 0,2 x  2 sin 0,2 x  1  2 .
221. 2 | cos x | 3 cos x  4 | sin x | 5 sin x  0 .
222. 4 | cos x | 6 cos x  5 | sin x | 3 sin x  0 .
25.12.2011 www.alexlarin.net
нулю
 49 
2
  1  tg x

 49      7  .
 7 



возможно,
если
 7  0 , т.е. 7  tg x  7 . Отсюда по-
tg x  1 .
Тогда
x

 n,
4
nZ .
Рассмотрим второе уравнение систе5 2 cos x
мы. Запишем его в виде y 
.
3tg x
Так как правая часть


этого
уравнения


должна быть неотрицательна и, учитывая, что tg x  1 ,
O
получаем,
что
cos x  0 (см. рис.



28). Тогда из множе
ства
решений
Рис. 28

x    n,
где
4
n  Z , выбираем значения, лежащие во
3
второй четверти, т.е. x 
 2n, где
4
nZ .
2
В этом случае
cos x  
и
2

2

5 2  
 5
2

  . Отсюда y  25 .
y 
9
3(1)
3
на отрезке [; ] .
Решите уравнение:
218.
tg x
tg x
tg x
лучаем
217. Найдите все решения уравнения
1
 14  
7
1
 14  
7
Равенство
216. Решите уравнение:
sin x 
2tg x
tg x
46
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
25 
 3
Ответ.   2n,  , n  Z .
9 
 4
cos 2 y  cos y,
225.  2
 x  2 x  2 sin y.
Пример 87. Решить систему уравнений
4 y  10  2 y  16  0,
226. 
cos x  y  2 .
16 cos x  10  4 cos x  16  0,
227. 
 y  2 sin x  0.
 2 sin 2 x  3 sin x  1
 0,

y

 y  cos x  0.

Ответы
Решение. Из первого уравнения системы следует 2 sin 2 x  3 sin x  1  0 и
y  0 . Пусть sin x  t , где  1  t  1 . Из
уравнения 2t 2  3t  1  0 получаем кор1
ни t1  1, t 2  , которые удовлетворяют
2
условию  1  t  1 .
а) Если sin x  1 , то cos x  0 и из второго уравнения системы имеем y  0 .
Это значение не удовлетворяет условию
y  0.
1
б) Пусть sin x  , тогда из тождества
2
3
sin 2 x  cos 2 x  1 получаем cos x 
и
2
3
3
cos x  
. Отсюда
y
или
2
2
3
y
(не удовлетворяет условию
2
y  0 ).
1
Из
уравнения
sin x 
имеем
2

x   2 n, n  Z. Таким образом, ис6
ходная
система
имеет
решения

3
x   2 n, n  Z, y 
.
6
2

3
Ответ: x   2 n, n  Z, y 
.
6
2


5
 n, n  Z ; б)
;
;
6
6
6
7 
 5 13 17
в) 
; ; г) ;
;
;
.
6 6
6 6
6
6
2
2
4
4. а) 
 2n, n  Z ; б)
; в) 
;
3
3
3
2
2
4
2 2 4 8

; г)
; 
;
;
;
;
.
3
3
3
3
3
3
3
2
2
5. а) 
 2n, n  Z ; б)
.
3
3
 n
  3
6. а) (1) n

, n  Z ; б)
; ;
;
12 3
12 4 4
11 17 19

;
;
. 7. а)   n, n  Z ;
12
12
12
12

11  11

б)  ; 
;
;
. 8. а)  2n,
12
12 12 12
3
5  7

;
;
. 9.   2 n,
n  Z ; б) 
3
3
3
4
2
 n
 2 n, n  Z. 11. а) 
,
n  Z 10.
3
9 3
4
7
3
n  Z ; б)
;
. 12.
 6  n,
9
9
2
7
3

 6, n  Z. 13.
. 14.  . 15.
2
2
3
19
19 11
7
3
3
1 ;  ;
. 16. 
, 
, 
,
30
30 30
8
4
8
   5 3
17
5
 , , ,
,
. 17. 
, 
,
4 8 4 8
4
9
3
11
5
   7

,  , 
,  , , ,
. 18.
9
9
3 9 3 9
7
3
 3 5
5

, 
,  ,
,
. 19. 0; 
.
4
4
4 4
4
9
25
35
 5
20. 
,
. 21.  
 2n,
24
24
4 6
 
n  Z . 22.    2n, n  Z . 23. а)
3 4
3. а) (1) n
Тренировочные упражнения
Решите систему уравнений:
 2 x 2  5 x  3 cos y  0,
223. 
sin y  x.


3 x  2 sin y  0,
224. 
4 cos 2 y  4 cos y  3  0.
25.12.2011 www.alexlarin.net
47
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
 n
7

5

, n  Z ; б) 
; 
;
;
24 4
24
24 24
11
 2
 2 7
. 24. 0; ;
;  . 25. ;
;
;
24
3 3
6 3
6
5
 7 13
4
. 26.
;
;
. 27.  2 ; 
; 0;
3
12 12 12
3
2
8
;
.
2 ;
3
3
3

 11
5
23
28. 
;  ;
;
;
;
.
2
6
2
6
2
6

29. (1) n  2 n, n  Z.
3

30. (1) n1   n, n  Z.
6
1
 n , n  Z .
31. (1) n1 arcsin
5 2
1
32. arctg2   n;  arctg   k , n, k  Z.
3

33.   n, arctg3   k , n, k  Z.
4

34.    n, arctg3   k , n, k  Z.
4

2
35.   n, arctg   k , n, k  Z.
4
3

3
36.   n,  arctg   k , n, k  Z.
4
4

37.  2 k ,  2arctg 2  2 n, k , n  Z.
2

2
38.   2 n, n  Z . 39.
 2k ,
4
3
2

 2n, k, n  Z . Отрезку [; 2]
3
2
2
4
принадлежат корни: 
,
,
.
3
3
3

5
40.  2k ,
 2n, k, n  Z . Отрезку
6
6

5
[; 2] принадлежат корни:
,
.
6
6
2
4
41. а)   2k ,
 2n,
 2m, k , n,
3
3
4 8

,
,  . 42. а)   k ,
m  Z ; б) ,
3
3
4

arctg3  n, k, n  Z ; б) arctg3   ,  ,
4
arctg3 . 43. а)  arctg2  k ,  arctg3  n,
k, n  Z ; б)    arctg2 ,    arctg3 .

 k , n  arctg5, k, n  Z ; б)
4
9
13

, 3  arctg5 ,
. 45. а)   k ,
4
4
4
1
1
arctg  n, k, n  Z ; б) arctg  2 ,
3
3
11
1



, arctg  3 . 46.  ;
;
.
4
3
2
2
6


47.
 2 n ;
  2 n ,
nZ.
3
6
 n
3 n
48.

,

, n  Z . 49.
32 8
8
4
 n

, n  Z . 50. 405. 51. 390.
10 5


52.   2 n, n  Z. 53.   2 n,
4
4
2
5

 2 k , k, n  Z . 54. 
 2 n,
3
6

2
 2 k , k, n  Z .
n  Z. 55.  2 n,
3
3
5

56.
 2 k , k  Z. 57.   2 n,
4
6
7
 2 k ,
k , n  Z.
58.
  2 n,
6
3

 2 k ,
k, n  Z . 59.
  2 n ,
4
2
5

 2 k ;
k, n  Z . 60.
  2 n,
6
4

 2 k , k , n  Z. 61.   n, n  Z.
3
2

62.  n, n  Z. 63.  2 n, n  Z.
3
 k
k
64.

, k  Z. 65.
, k  Z.
10 5
5
66.  1,25,  ,  0,75, 0, 0,75, ,
1,25 . 67. 0; 2. 68. –2; 0,5; 2.

 1
69. а)
 2k ,
 arccos    2n,
2
 4

1
1
k, n  Z ; б) ,   arccos ,   arccos .
2
4
4
2
2
70. а) arcsin  2k ;   arcsin  2k ;
3
3
2
2
2

 2k ;
 2k, k  Z . б)
;
3
3
3
2 4

  arcsin ;
. 71. а) 2k ,   2n,
3
3
6

25.12.2011 www.alexlarin.net
44. а)
48
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
5
5
 2m, k , n, m  Z . б)  2,  .
6
6
 n

72. а) k, k  Z ;

, n  Z ; б) ;
10 5
2
7 9
k
n
;
;  . 73. а)
,
, k, n  Z ;
10 10
6
2

  
 n
б)  ; 0; ; ; . 74.

, nZ .
6
6 3 2
14 7

2n
75.   n, n  Z. 76. а)
, n  Z ; б) 0;
2
3
2 4
2n
2
;
; 2 . 77. а)
, n  Z ; б) 0;
;
3
3
9
9
4 2 8
7
7
;
;
. 78. 
. 79. 
.
9
3 9
6
3

80.   2 k , k  Z. 81.
 2 k , k  Z.
2

82. 0. 83. 0. 84. 3. 85. –2. 86. 2 . 87. .
2

88. 3. 89. –2. 90. 2. 91.  . 92.  . 93. 0; 1.
2
94. 0. 95. –0,5; 0,9. 96. 2. 97. –2. 98. 2.
1
99. 3. 100. . 101. –1. 102. 2  7 ;
4
2  7 ;  1 ;  3 . 103. 2  7 ; 2  7 ;  1 ;
 3 . 104.  t , t  Z. 105. 4. 106.   6 n,

5  6n, n  Z. 107. (1) n   n, n  Z.
6

2
108.   k ,
 2 n, k , n  Z. 109.  k ,
2
3
5
2

 2 n; k , n  Z. 110.  k ,
 2 k ,
6
3


k  Z . 111.   k ,   2 n, k , n  Z.
2
6
2
112.  k , 
 2 k , k  Z.
3
5
5
113.
 2  k ,   2 k ,
 2 k , k  Z .
6
3
 k

114. (1) k

, k  Z . 115.    k ,
12
2
6
 n
n

, k , n  Z. 116.
, n  Z , где
8 4
6

n  3  6k , k  Z. 117.    n, n  Z.
3


118.  2 n, n  Z. 119.   2 n,
3
3
n  Z. 120. 2 n, n  Z. 121.

25.12.2011 www.alexlarin.net
n  Z, n  0. 122.

  n,
4
 n

, nZ .
8
2
3
123. arctg  2 n, n  Z.
4
4
124.   arcctg  2 n, n  Z.
3
 n
125.  
, n  Z.
12 2
1

126.     arccos   2 n, n  Z.
3


127. (1) n   n, n  Z. 128. 8. 129. 0 .
6
5
3
130.
. 131.  k ; k  Z. 132.
 2 k ,
8
10
7
3
 2  n,
 2 m, n, k , m  Z.
10
2


133.  2n, n  Z . 134.  2n, n  Z .
4
3

135. n,   2n , n  Z . 136. 4.
3
3


137. 127. 138. , 1,   2 k ,  2 n,
4
4
4
4 2
n, k  Z, n  0. 139. 1, ,
 2 k ,
3 3


 2 n, n, k  Z, n  0. 140.  2; 2; ;
3
2

2  4
 ; 0 . 141.  1; 6; 0;
;
. 142.  k ,
2
3 3

5
 2 n, k , n  Z. 143.
 2  n, n  Z .
2
6

2
144.   2 k , 
 2 n; k , n  Z.
2
3

145.  k ,   2 n, k , n  Z. 146.  k ,
3
5


 2 n, k , n  Z. 147.   k , 2 m,
6
2
2

 2(2n  1), k , m, n  Z.
5
2
4
148.
 4  k ,  m,
 2(2n  1),
5
5
k , m, n  Z.
149.
2 n,  arctg 6  2 k ,

n, k  Z. 150.  2 n, arctg 0,1  2 k ,
2
49
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней

 2 n, n  Z .
3


152.   2n ,  2n, n  Z .
2
6

3
153.  2 k ,
 2 n, k, n  Z .
6
2

154.   2 n, n  Z.
3
6
155.  arccos
 2 n, n  Z.
6

156. (1) n   n, n  Z.
6

157. 2 k ,    n, k , n  Z.
4

158. (1) n 1   n, n  Z. 159.
6
2 n, n  Z.

3
160.  2 n, n  Z. 161.
 2 n, n  Z.
2
4

162.   2 k ,  2 n, k , n  Z.
3


163.  2 k ,  2 n, k , n  Z.
2
6
2
5
164.
 2 n, n  Z. 165.
 2  n,
3
6
1
2
  arcsin  2 n; n  Z . 166.
 2  n,
3
3
1
5
 arccos  2 n, n  Z . 167.
 2  n,
3
6
2
 2 n, n  Z.
n  Z. 168. 
3

3
169.   2 k , 
 2 n, k , n  Z.
4
4

5
170.   2 k , k  Z. 171.
 2 k ,
4
6

k  Z. 172.   2 k , k  Z.
4
3
173.   2 k ,
 2 n, k , n  Z.
4


174.  2 k ,  2 n, k , n  Z.
2
4
2
3
175.
 2 k ,  arccos  2 n, k, n  Z .
3
5

5
176.   2 k , 
 2 k , k  N .
6
6


 2 k ,  2  k , k  N .
3
3
2
5
178. 
 2 k , k  Z. 179. 
 2 k ,
3
6
5
 2 k , k  Z. 181.
k  Z. 180.
6

 2 n, n  Z . 182.
2
3
arccos  2 n, n  Z .
4
5
183.  arcsin  2 n, n  Z .
6
7
9
2
184. 
. 185.
. 186. 
 2 n;
4
4
3

n  Z. 187. (1) n 1  2 n, n  Z.
3
n, k  Z. 151. 
25.12.2011 www.alexlarin.net
177. 
2
27   2
. 189. 
.
36
3


190.   2 k , k  Z. 191.  2 n,
4
2

n  Z. 192.   2 n, n  Z.
3


193.  2 k , k  Z. 194.  2 k , k  Z.
4
3

195.  2 n, n  Z. 196. 2.
4


197.   2 n,   2 n, n  Z.
3
2
5
198.
 2 n,   2 n; n  Z .
6
5
2
199.
 2 n, n  Z. 200. 
 2  n,
6
3
7
 2 n, n  Z.
n  Z. 201.
6

5
202.
 2 n, n  Z. 203. 
 2 n,
3
6

n  Z. 204.   2 n, n  Z.
3
2
2
205.
 2 n, n  Z. 206.
 2  n,
3
3
4
 2 n, n  Z . 207.  n, n  Z.
3


208.   n,   2 k , n, k  Z.
2
6
 k
5

209. 
, 
 2 n,   2  m ,
4 2
6
6
188.  2 
50
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Тригонометрические уравнения: методы решений и отбор корней
ки учащихся / ФИПИ – М.: ИнтеллектЦентр, 2007.
3. ЕГЭ-2012. Математика: типовые экзаменационные варианты: 30 вариантов /
под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. –
М.: Национальное образование, 2011. –
192 с. (ЕГЭ-2012. ФИПИ – школе).
4. ЕГЭ-2011. Математика: типовые экзаменационные варианты: 10 вариантов /
под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. –
М.: Национальное образование, 2010.
5. ЕГЭ 2012. Математика. Типовые
тестовые задания /под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: Издательство «Экзамен», 2012. – 51 с.
6. Единый государственный экзамен
2011. Математика. Универсальные материалы для подготовки учащихся / ФИПИ
– М.: Интеллект-Центр, 2011.
7. Задачи письменного экзамена по математике за курс средней школы. Условия и решения. Вып. 1-6, 8, 12, 14, 18, 25.
– М.: Школьная Пресса, – (Библиотека
журнала «Математика в школе»), 19932003.
8. Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Математика ЕГЭ 2011. Типовые задания С1.
Отбор корней в тригонометрических
уравнениях.
http://alexlarin.net/ege/2011/C12011.pdf
9. Самое полное издание типовых вариантов заданий ЕГЭ: 2012: Математика /
авт.-сост. И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин,
П.И. Захаров и др.; под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: АСТ: Астрель,
2011. – 93 с. (Федеральный институт педагогических измерений).
10. Шестаков С.А., Захаров П.И. ЕГЭ
2011. Математика. Задача С1 / Под ред.
А.Л. Семенова, И.В. Ященко. – М.: МЦНМО, 2011.
11. www.alexlarin.narod.ru – сайт по
оказанию информационной поддержки
студентам
и
абитуриентам
при
подготовке к ЕГЭ, поступлению в ВУЗы
и изучении различных разделов высшей
математики.
12. http://eek.diary.ru/ – сайт по оказанию помощи абитуриентам, студентам,
учителям по математике.
13. www.egemathem.ru – единый государственный экзамен (от А до Я).


  n,   2  k ,
2
6
2

n, k  Z . 211. 
 2  k ,  2  n,
3
3
5
k, n  Z . 212. 2 k , 
 2 n, k , n  Z.
4

213.    n, n  Z. 214.
6
5
 2 n, n  Z.
6
 3
1
1
215. ,
, arctg ,   arctg .
2 2
2
2

1
216.  2 n, n  Z. 217.  arccos .
4
4

218.   2 n, n  Z. 219. (1) n1   n,
3

n  Z. 220. 5 n; n  Z. 221.   2 k ,
4
5
  arctg  2 n, n, k  Z.
9
5
222.
 arctg  2 n,
arctg5  2 k ,
4


n 
n, k  Z. 223.
 (1) ;   n , n  Z;
2


 1 

  ;   2 k , k  Z.
 2 6

 1 2

224.  ; 
 2 n , n  Z .
3
2

 2

225. 0; 2 n ; 2; 2 n  .  3;
 2 n ;
 3

2


 2 n , n  Z. 226. 2 n; 3,
  1;
3


 

n  Z. 227.    2 n; 3 , n  Z.
 3

n, k , m  Z. 210.
Список и источники литературы
1. Алгебра и начала математического
анализа. 10 класс. Контрольные работы.
Профильный уровень. Глизбург В.И. –
М.: Мнемозина, 2009. – 39 с.
2. Денищева Л.О., Глазков Ю.А., Краснянская К.А., Рязановский А.Р., Семенов
П.В. Единый государственный экзамен
2008.
Математика.
Учебнотренировочные материалы для подготов-
25.12.2011 www.alexlarin.net
51