№14. Уравнения

Пункт а. Область определения

Знаменатель не должен обращаться в ноль:

\[25\sin^2 x - 9 \neq 0,\qquad \sin^2 x \neq \dfrac{9}{25},\qquad \sin x \neq \pm\dfrac{3}{5}.\]

Важно! Числа \(\pm\dfrac{3}{5}\) не табличные, и соблазн «забить» на это условие велик. Но именно оно убивает один из двух корней числителя — без ОДЗ ответ будет лишним наполовину.

Числитель равен нулю

\[5\cos 2x - 3\cos x + 1 = 0.\]

Берём ту форму двойного угла, где только косинус: \(\cos 2x = 2\cos^2 x - 1\):

\[5\left(2\cos^2 x - 1\right) - 3\cos x + 1 = 0,\qquad 10\cos^2 x - 3\cos x - 4 = 0.\]

Пусть \(c = \cos x\):

\[10c^2 - 3c - 4 = 0,\qquad D = 9 + 160 = 169,\qquad \sqrt{D} = 13,\]

\[c_1 = \dfrac{3 + 13}{20} = \dfrac{4}{5},\qquad c_2 = \dfrac{3 - 13}{20} = -\dfrac{1}{2}.\]

Проверяем оба корня по ОДЗ

Случай \(\cos x = \dfrac{4}{5}\). Тогда

\[\sin^2 x = 1 - \cos^2 x = 1 - \dfrac{16}{25} = \dfrac{9}{25},\]

то есть \(\sin x = \pm\dfrac{3}{5}\) — ровно запрещённое значение. Знаменатель обращается в ноль, корень посторонний.

Случай \(\cos x = -\dfrac{1}{2}\). Тогда \(\sin^2 x = 1 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4} \neq \dfrac{9}{25}\) — всё в порядке:

\[x = \pm\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Важно! Проверку удобно вести не через сам \(x\), а через \(\sin^2 x = 1 - \cos^2 x\). Так сразу видно, попадает ли найденный косинус в запрещённый набор, и не нужно возиться с углами.

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[\dfrac{7\pi}{2};\ 5\pi\right]\) имеет длину \(\dfrac{3\pi}{2}\): начинаем внизу окружности, заканчиваем слева.

В шестых долях \(\pi\): \(\dfrac{7\pi}{2} = \dfrac{21\pi}{6}\), \(5\pi = \dfrac{30\pi}{6}\), а \(\dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{4\pi}{6}\).

\[x = \dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(4 + 12k)\pi}{6}:\quad k = 2 \to \dfrac{28\pi}{6} = \dfrac{14\pi}{3}\ —\ \text{подходит};\quad k = 1 \to \dfrac{16\pi}{6}\ (16 < 21);\]

\[x = -\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(-4 + 12k)\pi}{6}:\quad k = 2 \to \dfrac{20\pi}{6}\ (20 < 21),\quad k = 3 \to \dfrac{32\pi}{6}\ (32 > 30)\ —\ \text{мимо}.\]

Вторая серия промахнулась буквально на \(\dfrac{\pi}{6}\) — на рисунке это светлая точка сразу за началом дуги.

Ответ: а) \(\pm\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(\dfrac{14\pi}{3}\)

Пункт а. Чистим формулами приведения

\[\sin(\pi - x) = \sin x,\qquad \sin\left(\dfrac{\pi}{2} - x\right) = \cos x.\]

Уравнение становится таким:

\[1 + \sin x + \cos x + \sin 2x + \cos 2x = 0.\]

Группируем так, чтобы вылезла скобка (sin x + cos x)

Первое и четвёртое слагаемые складываются в полный квадрат:

\[1 + \sin 2x = \sin^2 x + \cos^2 x + 2\sin x\cos x = \left(\sin x + \cos x\right)^2.\]

Последнее слагаемое раскладывается на множители как разность квадратов:

\[\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x = \left(\cos x - \sin x\right)\left(\cos x + \sin x\right).\]

Важно! Две заготовки, которые стоит знать наизусть: \(1 \pm \sin 2x = (\sin x \pm \cos x)^2\) и \(\cos 2x = (\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x)\). Как только в уравнении рядом стоят \(1\), \(\sin 2x\) и \(\cos 2x\) — почти всегда работает именно эта пара.

Теперь всё уравнение:

\[\left(\sin x + \cos x\right)^2 + \left(\sin x + \cos x\right) + \left(\cos x - \sin x\right)\left(\cos x + \sin x\right) = 0.\]

Во всех трёх слагаемых есть множитель \(\left(\sin x + \cos x\right)\) — выносим его:

\[\left(\sin x + \cos x\right)\Big[\left(\sin x + \cos x\right) + 1 + \left(\cos x - \sin x\right)\Big] = 0.\]

В квадратных скобках \(\sin x\) сокращается:

\[\left(\sin x + \cos x\right)\left(2\cos x + 1\right) = 0.\]

Два простейших уравнения

Первая скобка. \(\sin x + \cos x = 0\). Косинус здесь не ноль (иначе был бы нулём и синус), поэтому делим на \(\cos x\):

\[\operatorname{tg} x = -1,\qquad x = -\dfrac{\pi}{4} + \pi k.\]

Вторая скобка.

\[\cos x = -\dfrac{1}{2},\qquad x = \pm\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[-\pi;\ \dfrac{\pi}{2}\right]\) имеет длину \(\dfrac{3\pi}{2}\): от левой точки окружности против часовой стрелки до верхней.

Общий знаменатель для \(\dfrac{\pi}{4}\) и \(\dfrac{2\pi}{3}\) — двенадцатые доли \(\pi\):

\[-\pi = -\dfrac{12\pi}{12},\qquad \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{6\pi}{12}.\]

\[x = -\dfrac{\pi}{4} + \pi k = \dfrac{(-3 + 12k)\pi}{12}:\quad k = 0 \to -\dfrac{3\pi}{12} = -\dfrac{\pi}{4}\ —\ \text{подходит};\]

\[k = 1 \to \dfrac{9\pi}{12}\ (9 > 6),\quad k = -1 \to -\dfrac{15\pi}{12}\ (-15 < -12)\ —\ \text{мимо};\]

\[x = -\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(-8 + 24k)\pi}{12}:\quad k = 0 \to -\dfrac{8\pi}{12} = -\dfrac{2\pi}{3}\ —\ \text{подходит};\]

\[x = \dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(8 + 24k)\pi}{12}:\quad k = 0 \to \dfrac{8\pi}{12}\ (8 > 6)\ —\ \text{мимо}.\]

На рисунке две светлые точки в левой верхней четверти — это как раз \(\dfrac{2\pi}{3}\) и \(\dfrac{3\pi}{4}\), оба чуть-чуть не дотянули до дуги.

Ответ: а) \(-\dfrac{\pi}{4} + \pi k;\ \pm\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(-\dfrac{2\pi}{3};\ -\dfrac{\pi}{4}\)

Пункт а. Сумма синусов

Слева — сумма двух синусов. Для неё есть готовая формула:

\[\sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\dfrac{\alpha + \beta}{2}\cos\dfrac{\alpha - \beta}{2}.\]

Здесь \(\alpha = x + \dfrac{\pi}{6}\), \(\beta = x + \dfrac{\pi}{3}\). Считаем полусумму и полуразность:

\[\dfrac{\alpha + \beta}{2} = \dfrac{2x + \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3}}{2} = \dfrac{2x + \frac{\pi}{2}}{2} = x + \dfrac{\pi}{4};\]

\[\dfrac{\alpha - \beta}{2} = \dfrac{\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{3}}{2} = \dfrac{-\frac{\pi}{6}}{2} = -\dfrac{\pi}{12}.\]

Важно! Обратите внимание на удачу: полусумма углов оказалась равна ровно тому углу, который стоит в правой части. Это и есть замысел задачи — числа \(\dfrac{\pi}{6}\) и \(\dfrac{\pi}{3}\) подобраны так, чтобы их середина была \(\dfrac{\pi}{4}\).

Косинус — чётная функция, поэтому \(\cos\left(-\dfrac{\pi}{12}\right) = \cos\dfrac{\pi}{12}\), и левая часть равна

\[2\cos\dfrac{\pi}{12}\cdot\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right).\]

Выносим общий множитель

\[2\cos\dfrac{\pi}{12}\cdot\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) = \sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right),\]

\[\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)\left(2\cos\dfrac{\pi}{12} - 1\right) = 0.\]

Вторая скобка — просто число, и она не равна нулю: угол \(\dfrac{\pi}{12}\) (это \(15^\circ\)) лежит в первой четверти, поэтому \(\cos\dfrac{\pi}{12}\) больше \(\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\), а значит \(2\cos\dfrac{\pi}{12} > 1\).

Важно! Точное значение \(\cos\dfrac{\pi}{12}\) вычислять не нужно — достаточно оценить его сравнением с \(\cos\dfrac{\pi}{3}\): косинус убывает на \(\left[0;\,\dfrac{\pi}{2}\right]\), а \(\dfrac{\pi}{12} < \dfrac{\pi}{3}\). Одной фразы хватает, чтобы закрыть вопрос.

Остаётся

\[\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) = 0,\qquad x + \dfrac{\pi}{4} = \pi k,\qquad x = -\dfrac{\pi}{4} + \pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[-\dfrac{3\pi}{2};\ 0\right]\) имеет длину \(\dfrac{3\pi}{2}\): начинаем в верхней точке окружности (ведь \(-\dfrac{3\pi}{2}\) и \(\dfrac{\pi}{2}\) — одно и то же место) и идём против часовой стрелки до правой точки \(0\).

Переводим в четверти \(\pi\): \(-\dfrac{3\pi}{2} = -\dfrac{6\pi}{4}\), \(0 = \dfrac{0\pi}{4}\).

\[x = -\dfrac{\pi}{4} + \pi k = \dfrac{(-1 + 4k)\pi}{4}:\]

\[k = 0:\ -\dfrac{\pi}{4}\ —\ \text{подходит};\qquad k = -1:\ -\dfrac{5\pi}{4}\ —\ \text{подходит};\]

\[k = 1:\ \dfrac{3\pi}{4}\ (3 > 0);\qquad k = -2:\ -\dfrac{9\pi}{4}\ (-9 < -6).\]

Обе найденные точки лежат на одном диаметре: период \(\pi\) — это полоборота.

Ответ: а) \(-\dfrac{\pi}{4} + \pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(-\dfrac{5\pi}{4};\ -\dfrac{\pi}{4}\)

Пункт а. Снимаем корни

Равенство \(\sqrt{A} = \sqrt{B}\) равносильно системе

\[\begin{cases}A = B,\\ B \ge 0.\end{cases}\]

Здесь \(B = \cos x + 11\), и это выражение положительно всегда: \(\cos x \ge -1\), значит \(\cos x + 11 \ge 10 > 0\). Остаётся само уравнение:

\[4\cos^2 x + 9\cos x + 6 = \cos x + 11,\qquad 4\cos^2 x + 8\cos x - 5 = 0.\]

Важно! Условие \(B \ge 0\) всё равно нужно выписать, даже если оно выполняется автоматически. Проверяющий должен видеть, что ученик понимает: просто «возвести обе части в квадрат» без оговорки — не равносильный переход.

Квадратное уравнение относительно косинуса

Пусть \(c = \cos x\), причём \(-1 \le c \le 1\):

\[4c^2 + 8c - 5 = 0,\qquad D = 64 + 80 = 144,\qquad \sqrt{D} = 12,\]

\[c_1 = \dfrac{-8 + 12}{8} = \dfrac{1}{2},\qquad c_2 = \dfrac{-8 - 12}{8} = -\dfrac{5}{2}.\]

Важно! Корень \(c = -\dfrac{5}{2}\) обязательно отбрасываем со словами «\(|\cos x| \le 1\)». Это не формальность: без этой фразы решение считается незавершённым.

\[\cos x = \dfrac{1}{2},\qquad x = \pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[-\dfrac{7\pi}{2};\ -2\pi\right]\) имеет длину \(\dfrac{3\pi}{2}\): начинаем сверху окружности и идём против часовой стрелки до правой точки.

Переводим в шестые доли \(\pi\) (напомним, \(\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2\pi}{6}\)):

\[-\dfrac{7\pi}{2} = -\dfrac{21\pi}{6},\qquad -2\pi = -\dfrac{12\pi}{6}.\]

\[x = -\dfrac{\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(-2 + 12k)\pi}{6}:\quad k = -1 \to -\dfrac{14\pi}{6} = -\dfrac{7\pi}{3}\ —\ \text{подходит};\]

\[x = \dfrac{\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(2 + 12k)\pi}{6}:\quad k = -1 \to -\dfrac{10\pi}{6}\ (-10 > -12),\quad k = -2 \to -\dfrac{22\pi}{6}\ (-22 < -21)\ —\ \text{мимо}.\]

Вторая точка серии (на рисунке светлая) каждый раз «перепрыгивает» отрезок.

Ответ: а) \(\pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(-\dfrac{7\pi}{3}\)

Пункт а. Вытаскиваем общий множитель

Перенесём слагаемое с \(\cos^2 x\) направо:

\[2\sin^2 x\cos x = \sqrt{3} - \sqrt{3}\cos^2 x = \sqrt{3}\left(1 - \cos^2 x\right).\]

А \(1 - \cos^2 x = \sin^2 x\), поэтому

\[2\sin^2 x\cos x = \sqrt{3}\sin^2 x,\qquad 2\sin^2 x\cos x - \sqrt{3}\sin^2 x = 0,\]

\[\sin^2 x\left(2\cos x - \sqrt{3}\right) = 0.\]

Важно! Снова не сокращаем на \(\sin^2 x\): серия \(x = \pi k\) даёт в пункте б два корня из трёх. Сокращение здесь — потеря почти всего ответа.

\[\sin x = 0 \;\Longrightarrow\; x = \pi k;\qquad \cos x = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \;\Longrightarrow\; x = \pm\dfrac{\pi}{6} + 2\pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[\dfrac{5\pi}{2};\ 4\pi\right]\) — три четверти оборота: от верхней точки окружности против часовой стрелки до правой.

В шестых долях \(\pi\): \(\dfrac{5\pi}{2} = \dfrac{15\pi}{6}\), \(4\pi = \dfrac{24\pi}{6}\).

\[x = \pi k = \dfrac{6k\pi}{6}:\quad k = 3 \to \dfrac{18\pi}{6} = 3\pi,\quad k = 4 \to \dfrac{24\pi}{6} = 4\pi\ —\ \text{оба подходят};\]

\[x = -\dfrac{\pi}{6} + 2\pi k = \dfrac{(-1 + 12k)\pi}{6}:\quad k = 2 \to \dfrac{23\pi}{6}\ —\ \text{подходит};\]

\[x = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k = \dfrac{(1 + 12k)\pi}{6}:\quad k = 1 \to \dfrac{13\pi}{6}\ (13 < 15),\quad k = 2 \to \dfrac{25\pi}{6}\ (25 > 24)\ —\ \text{мимо}.\]

Важно! Правый конец \(4\pi\) — корень, и он входит в отрезок (скобка квадратная). Проверка: \(\sin 4\pi = 0\), первое слагаемое ноль, а \(\sqrt{3}\cos^2 4\pi = \sqrt{3}\) — равенство верное.

Ответ: а) \(\pi k;\ \pm\dfrac{\pi}{6} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(3\pi;\ \dfrac{23\pi}{6};\ 4\pi\)

Пункт а. Удачная группировка

Первое и последнее слагаемые содержат \(\sin x\) — сгруппируем именно их:

\[\sin x\cos 2x + \sin x - \sqrt{2}\cos^2 x = 0,\qquad \sin x\left(\cos 2x + 1\right) - \sqrt{2}\cos^2 x = 0.\]

Теперь вспоминаем формулу косинуса двойного угла в виде \(\cos 2x = 2\cos^2 x - 1\), откуда

\[\cos 2x + 1 = 2\cos^2 x.\]

Важно! У косинуса двойного угла три записи: \(\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x = 2\cos^2 x - 1 = 1 - 2\sin^2 x\). Выбирать нужно ту, которая даёт общий множитель с остальными слагаемыми. Здесь рядом стоит \(\cos^2 x\) — значит берём форму с косинусом.

Подставляем:

\[2\sin x\cos^2 x - \sqrt{2}\cos^2 x = 0,\qquad \cos^2 x\left(2\sin x - \sqrt{2}\right) = 0.\]

Два простейших уравнения

\[\cos^2 x = 0 \;\Longleftrightarrow\; \cos x = 0 \;\Longrightarrow\; x = \dfrac{\pi}{2} + \pi k;\]

\[2\sin x = \sqrt{2} \;\Longrightarrow\; \sin x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \;\Longrightarrow\; x = \dfrac{\pi}{4} + 2\pi k,\quad x = \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Обратите внимание: у \(\cos x = 0\) период \(\pi\), а не \(2\pi\) — две точки окружности (верх и низ) лежат на одной прямой и дают одну серию.

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[\dfrac{3\pi}{2};\ 3\pi\right]\) длины \(\dfrac{3\pi}{2}\) начинается внизу окружности и заканчивается слева.

Переводим в четверти \(\pi\): \(\dfrac{3\pi}{2} = \dfrac{6\pi}{4}\), \(3\pi = \dfrac{12\pi}{4}\). Числитель должен лежать между \(6\) и \(12\).

\[x = \dfrac{\pi}{2} + \pi k = \dfrac{(2 + 4k)\pi}{4}:\quad k = 1 \to \dfrac{6\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{2},\quad k = 2 \to \dfrac{10\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{2};\]

\[x = \dfrac{\pi}{4} + 2\pi k = \dfrac{(1 + 8k)\pi}{4}:\quad k = 1 \to \dfrac{9\pi}{4};\]

\[x = \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi k = \dfrac{(3 + 8k)\pi}{4}:\quad k = 1 \to \dfrac{11\pi}{4}.\]

Получилось четыре корня — больше, чем обычно, потому что серия с периодом \(\pi\) успевает дать две точки. Записываем их по возрастанию: \(\dfrac{3\pi}{2};\ \dfrac{9\pi}{4};\ \dfrac{5\pi}{2};\ \dfrac{11\pi}{4}\).

Важно! Левый конец отрезка \(\dfrac{3\pi}{2}\) сам оказался корнем — скобки квадратные, значит он идёт в ответ. Проверка: \(\cos\dfrac{3\pi}{2} = 0\), и всё произведение обращается в ноль.

Ответ: а) \(\dfrac{\pi}{2} + \pi k;\ \dfrac{\pi}{4} + 2\pi k;\ \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(\dfrac{3\pi}{2};\ \dfrac{9\pi}{4};\ \dfrac{5\pi}{2};\ \dfrac{11\pi}{4}\)