№14. Уравнения

Пункт а. Собираем всё в одну сторону

Перенесём \(2\cos x\) влево и вынесем общий множитель:

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

Из основного тригонометрического тождества \(\cos^2 x - 1 = -\sin^2 x\), поэтому слева получается

\[-2\sin^2 x\cos x = \sqrt{3}\sin^2 x.\]

Теперь в обеих частях есть множитель \(\sin^2 x\). Переносим всё влево:

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

Важно! Здесь особенно велик соблазн сократить обе части на \(\sin^2 x\) — ведь он стоит и слева, и справа. Делать этого нельзя: пропадёт серия \(x = \pi k\), а в пункте б она даёт один из двух корней. Общий множитель выносим.

Произведение равно нулю, если ноль хотя бы один множитель:

\[\sin^2 x = 0 \;\Longleftrightarrow\; \sin x = 0 \;\Longrightarrow\; x = \pi k;\]

\[\cos x = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \;\Longrightarrow\; x = \pm\dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[-3\pi;\ -\dfrac{5\pi}{2}\right]\) имеет длину всего \(\dfrac{\pi}{2}\) — это четверть оборота. Точка \(-3\pi\) лежит слева на окружности, конец \(-\dfrac{5\pi}{2}\) — внизу.

Переводим в шестые доли \(\pi\):

\[-3\pi = -\dfrac{18\pi}{6},\qquad -\dfrac{5\pi}{2} = -\dfrac{15\pi}{6}.\]

Числитель должен попасть в промежуток от \(-18\) до \(-15\) — он очень узкий, всего четыре целых значения.

\[x = \pi k = \dfrac{6k\pi}{6}:\quad k = -3 \to -\dfrac{18\pi}{6} = -3\pi\ —\ \text{подходит (левый конец отрезка)};\]

\[x = -\dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k = \dfrac{(-5 + 12k)\pi}{6}:\quad k = -1 \to -\dfrac{17\pi}{6}\ —\ \text{подходит};\]

\[x = \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k = \dfrac{(5 + 12k)\pi}{6}:\quad k = -2 \to -\dfrac{19\pi}{6}\ (-19 < -18)\ —\ \text{мимо}.\]

Важно! На коротких отрезках ошибка «на единицу» стоит дороже всего: \(-\dfrac{19\pi}{6}\) и \(-\dfrac{18\pi}{6}\) — соседние числа, и на глаз по рисунку их легко перепутать. Поэтому неравенство с числителями писать обязательно.

Ответ: а) \(\pi k;\ \pm\dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(-3\pi;\ -\dfrac{17\pi}{6}\)

Пункт а. Ключевое наблюдение

Посмотрим на угол слева и на углы справа:

\[2x + \dfrac{\pi}{7} = x + \left(x + \dfrac{\pi}{7}\right).\]

Важно! Вот и весь фокус задачи. Непривычное число \(\dfrac{\pi}{7}\) пугает, но его вообще не нужно вычислять: достаточно увидеть, что левый угол — это сумма двух углов, которые уже стоят в правой части.

Раскрываем косинус суммы:

\[\cos\left(2x + \dfrac{\pi}{7}\right) = \cos x\cos\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right) - \sin x\sin\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right).\]

А справа по формуле приведения \(\sin(x + \pi) = -\sin x\). Уравнение становится таким:

\[\cos x\cos\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right) - \sin x\sin\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right) = -\sin x + \cos x\cos\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right).\]

Одинаковые слагаемые \(\cos x\cos\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right)\) стоят в обеих частях — они взаимно уничтожаются:

\[-\sin x\sin\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right) = -\sin x.\]

Разложение на множители

Умножим на \(-1\) и соберём всё слева:

\[\sin x\sin\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right) - \sin x = 0,\qquad \sin x\left(\sin\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right) - 1\right) = 0.\]

Важно! Опять вынесение общего множителя, а не сокращение на \(\sin x\). Если сократить, потеряется целая серия \(x = \pi k\) — а в пункте б именно она даёт два корня из трёх.

Первый множитель:

\[\sin x = 0,\qquad x = \pi k.\]

Второй множитель:

\[\sin\left(x + \dfrac{\pi}{7}\right) = 1,\qquad x + \dfrac{\pi}{7} = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi k,\]

\[x = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{7} + 2\pi k = \dfrac{7\pi - 2\pi}{14} + 2\pi k = \dfrac{5\pi}{14} + 2\pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Напомним, что \(\sin t = 1\) даёт ровно одну серию: единицы синус достигает в единственной точке окружности.

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \([0;\ \pi]\) — это верхняя половина окружности, ровно полоборота.

Серия \(x = \pi k\): подходят \(k = 0\) и \(k = 1\), то есть \(x = 0\) и \(x = \pi\). Значение \(x = -\pi\) левее нуля, \(x = 2\pi\) правее \(\pi\).

Серия \(x = \dfrac{5\pi}{14} + 2\pi k\): при \(k = 0\) получаем \(\dfrac{5\pi}{14}\), и это число лежит внутри отрезка, ведь \(0 < \dfrac{5}{14} < 1\). Соседние значения отличаются на \(2\pi\) — они далеко за пределами отрезка длины \(\pi\).

Важно! Оба конца отрезка оказались корнями. Скобки квадратные, значит и \(0\), и \(\pi\) идут в ответ. Проверка для \(x = \pi\): \(\sin\pi = 0\), и равенство обращается в верное тождество.

Ответ: а) \(\pi k;\ \dfrac{5\pi}{14} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(0;\ \dfrac{5\pi}{14};\ \pi\)

Пункт а. Раскрываем косинус суммы

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

\[2\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos x - \sin x\right) = 2\left(\cos x - \sin x\right).\]

Уравнение принимает вид

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

Главный приём: полный квадрат

Выражение \(\cos x - \sin x\) уже появилось — попробуем «увидеть» его и в первых двух слагаемых. Возведём его в квадрат:

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

Значит \(\sin 2x - 1 = -\left(\cos x - \sin x\right)^2\). Обозначим \(u = \cos x - \sin x\) — всё уравнение выражается через \(u\):

\[-u^2 + 2u = 0,\qquad u\left(u - 2\right) = 0,\qquad u = 0\ \text{или}\ u = 2.\]

Проверяем, какие значения u вообще возможны

Свернём \(u\) во вспомогательный угол:

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

Косинус не выходит за пределы \([-1;\,1]\), поэтому \(|u| \le \sqrt{2} \approx 1{,}41\). Значение \(u = 2\) недостижимо.

Важно! Эту оценку нужно написать обязательно. Решение, в котором корень \(u = 2\) просто «пропал» без объяснения, считается неполным. Достаточно одной строчки: \(|\cos x - \sin x| \le \sqrt{2} < 2\).

Остаётся u = 0

\[\cos x - \sin x = 0,\qquad \cos x = \sin x.\]

Косинус здесь не равен нулю (иначе и синус был бы нулём, что невозможно), поэтому

\[\operatorname{tg} x = 1,\qquad x = \dfrac{\pi}{4} + \pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[-7\pi;\ -\dfrac{11\pi}{2}\right]\) имеет длину \(\dfrac{3\pi}{2}\). Точка \(-7\pi\) лежит слева на окружности, конец \(-\dfrac{11\pi}{2}\) — вверху.

Переводим в четверти \(\pi\):

\[-7\pi = -\dfrac{28\pi}{4},\qquad -\dfrac{11\pi}{2} = -\dfrac{22\pi}{4}.\]

Корни \(x = \dfrac{(1 + 4k)\pi}{4}\), нужно \(-28 \le 1 + 4k \le -22\), то есть \(-29 \le 4k \le -23\):

\[k = -7:\ -\dfrac{27\pi}{4};\qquad k = -6:\ -\dfrac{23\pi}{4}.\]

Соседи \(-\dfrac{31\pi}{4}\) и \(-\dfrac{19\pi}{4}\) остаются за пределами отрезка.

Ответ: а) \(\dfrac{\pi}{4} + \pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(-\dfrac{27\pi}{4};\ -\dfrac{23\pi}{4}\)

Пункт а. Раскрываем обе скобки

Правая скобка — формула приведения:

\[\sin(\pi - x) = \sin x.\]

Левая — синус суммы:

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

Подставляем:

\[2\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\sin x + \cos x\right) - 2\sqrt{2}\sin x = 0,\]

\[\sqrt{2}\left(\sin x + \cos x\right) = 2\sqrt{2}\sin x.\]

Делим обе части на \(\sqrt{2}\):

\[\sin x + \cos x = 2\sin x,\qquad \cos x = \sin x.\]

Переходим к тангенсу

Если бы \(\cos x\) был равен нулю, то из равенства \(\cos x = \sin x\) и синус оказался бы нулём — а вместе они в ноль не обращаются, ведь \(\sin^2 x + \cos^2 x = 1\). Значит \(\cos x \neq 0\), и делить на него можно:

\[\operatorname{tg} x = 1,\qquad x = \dfrac{\pi}{4} + \pi k,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Важно! Два момента, за которые снимают баллы. Первый — деление на \(\cos x\) без проверки, что он не равен нулю (одна строчка рассуждения выше решает вопрос). Второй — период: у тангенса он равен \(\pi\), а не \(2\pi\).

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[3\pi;\ \dfrac{9\pi}{2}\right]\) имеет длину \(\dfrac{3\pi}{2}\): начинаем в левой точке окружности и идём против часовой стрелки до верхней.

Переводим в четверти \(\pi\):

\[3\pi = \dfrac{12\pi}{4},\qquad \dfrac{9\pi}{2} = \dfrac{18\pi}{4}.\]

Корни имеют вид \(x = \dfrac{\pi}{4} + \pi k = \dfrac{(1 + 4k)\pi}{4}\), значит нужно \(12 \le 1 + 4k \le 18\), то есть \(11 \le 4k \le 17\):

\[k = 3:\ \dfrac{13\pi}{4};\qquad k = 4:\ \dfrac{17\pi}{4}.\]

Соседние значения \(\dfrac{9\pi}{4}\) и \(\dfrac{21\pi}{4}\) в отрезок не попадают. На рисунке обе найденные точки лежат на одном диаметре — так и должно быть, ведь период тангенса \(\pi\) — это ровно полоборота.

Ответ: а) \(\dfrac{\pi}{4} + \pi k,\ k \in \mathbb{Z}\);   б) \(\dfrac{13\pi}{4};\ \dfrac{17\pi}{4}\)

Пункт а. Собираем правую часть в один синус

Перенесём косинус направо:

\[2\sin 3x = \sqrt{3}\sin x + \cos x.\]

Справа — сумма синуса и косинуса одного угла. Такую сумму всегда можно свернуть в один синус (метод вспомогательного угла). Вынесем за скобку число \(\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2 + 1^2} = 2\):

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

Числа \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) и \(\dfrac{1}{2}\) — это \(\cos\dfrac{\pi}{6}\) и \(\sin\dfrac{\pi}{6}\), поэтому в скобке стоит синус суммы:

\[2\left(\sin x\cos\dfrac{\pi}{6} + \cos x\sin\dfrac{\pi}{6}\right) = 2\sin\left(x + \dfrac{\pi}{6}\right).\]

Уравнение становится совсем простым:

\[2\sin 3x = 2\sin\left(x + \dfrac{\pi}{6}\right),\qquad \sin 3x = \sin\left(x + \dfrac{\pi}{6}\right).\]

Две серии из равенства синусов

Важно! Равенство \(\sin\alpha = \sin\beta\) даёт две серии: \(\alpha = \beta + 2\pi n\) и \(\alpha = \pi - \beta + 2\pi n\). Синус принимает одно и то же значение в двух точках окружности, симметричных относительно вертикальной оси. Потерять вторую серию — самая частая ошибка в таких задачах.

Первая серия:

\[3x = x + \dfrac{\pi}{6} + 2\pi n,\qquad 2x = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi n,\qquad x = \dfrac{\pi}{12} + \pi n.\]

Вторая серия:

\[3x = \pi - \left(x + \dfrac{\pi}{6}\right) + 2\pi n,\qquad 4x = \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi n,\qquad x = \dfrac{5\pi}{24} + \dfrac{\pi n}{2}.\]

Важно! При делении на \(2\) и на \(4\) период тоже делится: было \(2\pi n\) — стало \(\pi n\) и \(\dfrac{\pi n}{2}\). Если оставить период \(2\pi n\), половина (а во второй серии — три четверти) корней потеряется.

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[-\dfrac{\pi}{2};\ \dfrac{\pi}{2}\right]\) — это правая половина окружности, ровно полоборота.

Переведём всё в двадцать четвёртые доли \(\pi\) — это общий знаменатель для обеих серий:

\[-\dfrac{\pi}{2} = -\dfrac{12\pi}{24},\qquad \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{12\pi}{24}.\]

Первая серия: \(x = \dfrac{\pi}{12} + \pi n = \dfrac{(2 + 24n)\pi}{24}\). Нужно \(-12 \le 2 + 24n \le 12\): годится только \(n = 0\), то есть \(x = \dfrac{\pi}{12}\).

Вторая серия: \(x = \dfrac{5\pi}{24} + \dfrac{\pi n}{2} = \dfrac{(5 + 12n)\pi}{24}\). Нужно \(-12 \le 5 + 12n \le 12\):

\[n = 0:\ \dfrac{5\pi}{24}\ —\ \text{подходит};\qquad n = -1:\ -\dfrac{7\pi}{24}\ —\ \text{подходит};\]

\[n = 1:\ \dfrac{17\pi}{24}\ (17 > 12);\qquad n = -2:\ -\dfrac{19\pi}{24}\ (-19 < -12).\]

Обе «промахнувшиеся» точки видны на рисунке слева — светлые, вне голубой дуги. Записываем корни по возрастанию.

Ответ: а) \(\dfrac{\pi}{12} + \pi n;\ \dfrac{5\pi}{24} + \dfrac{\pi n}{2},\ n \in \mathbb{Z}\);   б) \(-\dfrac{7\pi}{24};\ \dfrac{\pi}{12};\ \dfrac{5\pi}{24}\)

Пункт а. Убираем корень

По основному тригонометрическому тождеству \(1 - \sin^2 x = \cos^2 x\), поэтому

\[\sqrt{1 - \sin^2 x} = \sqrt{\cos^2 x} = |\cos x|.\]

Важно! Именно модуль, а не \(\cos x\): арифметический корень неотрицателен, а косинус бывает отрицательным. Запись \(\sqrt{\cos^2 x} = \cos x\) — грубая ошибка, из-за которой уравнение решается неверно.

Уравнение принимает вид

\[49^{-|\cos x|} - 49^{\cos x} = -\dfrac{48}{7}.\]

Модуль раскрываем по знаку косинуса — разбираем два случая.

Случай 1: cos x < 0

Тогда \(|\cos x| = -\cos x\), а значит \(-|\cos x| = \cos x\), и левая часть обращается в ноль:

\[49^{\cos x} - 49^{\cos x} = 0 \neq -\dfrac{48}{7}.\]

В этом случае корней нет.

Случай 2: cos x ≥ 0

Тогда \(|\cos x| = \cos x\), и уравнение становится таким:

\[49^{-\cos x} - 49^{\cos x} = -\dfrac{48}{7}.\]

Сделаем замену \(u = 49^{\cos x}\). Так как \(\cos x \ge 0\), то и \(u \ge 49^0 = 1\). При этом \(49^{-\cos x} = \dfrac{1}{u}\):

\[\dfrac{1}{u} - u = -\dfrac{48}{7}.\]

Умножаем обе части на \(7u\) (это допустимо: \(u \ge 1 > 0\)):

\[7 - 7u^2 = -48u,\qquad 7u^2 - 48u - 7 = 0.\]

\[D = 48^2 + 4\cdot 7\cdot 7 = 2304 + 196 = 2500,\qquad \sqrt{D} = 50,\]

\[u_1 = \dfrac{48 + 50}{14} = 7,\qquad u_2 = \dfrac{48 - 50}{14} = -\dfrac{1}{7}.\]

Корень \(u_2\) отрицателен — он не подходит под ограничение \(u \ge 1\). Остаётся \(u = 7\):

\[49^{\cos x} = 7,\qquad 7^{\,2\cos x} = 7^1,\qquad 2\cos x = 1,\qquad \cos x = \dfrac{1}{2}.\]

Условие случая \(\cos x \ge 0\) выполнено. Итак,

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

Пункт б. Отбор корней

Отрезок \(\left[\dfrac{5\pi}{2};\ 4\pi\right]\) — три четверти оборота: начинаем сверху окружности (точка \(\dfrac{5\pi}{2} = 2\pi + \dfrac{\pi}{2}\)) и идём против часовой стрелки до \(4\pi\).

Переводим концы и серии в шестые доли \(\pi\) (это удобно, ведь \(\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2\pi}{6}\)):

\[\dfrac{5\pi}{2} = \dfrac{15\pi}{6},\qquad 4\pi = \dfrac{24\pi}{6}.\]

\[x = \dfrac{\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(2 + 12k)\pi}{6}:\quad k = 1 \to \dfrac{14\pi}{6}\ (14 < 15),\quad k = 2 \to \dfrac{26\pi}{6}\ (26 > 24)\ —\ \text{мимо};\]

\[x = -\dfrac{\pi}{3} + 2\pi k = \dfrac{(-2 + 12k)\pi}{6}:\quad k = 2 \to \dfrac{22\pi}{6} = \dfrac{11\pi}{3}\ —\ \text{подходит}.\]

Обратите внимание, насколько близко прошла первая серия: \(\dfrac{14\pi}{6}\) всего на \(\dfrac{\pi}{6}\) левее начала отрезка. На рисунке это та самая светлая точка — она лежит на «пустом» куске окружности.

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