Уравнение a sinx + b cosx=c и его применения

УРАВНЕНИЕ a sin x  b cos x  c И ЕГО ПРИМЕНЕНИЯ
Кандидат физико-математических наук
Ю. ЗОЛОТУХИН
Уравнение
(1)
a sin x  b cosx  c (ab  0)
является одним из центральных в тригонометрии. К нему сводятся многие математические задачи, а также
задачи механики, физики и других наук. В частности, это уравнение применяется при изучении
гармонических колебаний материальных объектов.
С другой стороны, уравнения вида (1) часто встречаются на экзаменах по математике. Для многих
школьников и абитуриентов их решение представляет значительные трудности.
В этой статье мы рассмотрим основные методы решения уравнений данного типа. Сразу отметим,
что они основаны на эквивалентных (равносильных) преобразованиях уравнений, а поэтому их
использование освобождает от необходимости проведения проверки найденных корней. Кроме того, мы
познакомим читателей с некоторыми применениями уравнения a sin x  b cos x  c в геометрии и физике.
Изложение иллюстрируется примерами, приводимыми с решениями. Более качественный
характер имеют упражнения. Обоснование отдельных утверждений опущены. Их рекомендуется провести
читателю. В конце статьи даны примеры, решение которых будет способствовать развитию
тригонометрических навыков.
Решение уравнения a sin x  b cos x  0
Рассмотрим сначала частный случай, когда c  0 , т.е. уравнение (1) имеет вид
(2)
a sin x  b cos x  0 (ab  0) .
Это уравнение называют однородным уравнением первой степени относительно sin x и cos x .
Оно обладает специальным свойством: если x – решение уравнения (2), то ни sin x , ни cos x не равны
нулю.
Действительно, предположим, например, что x – корень уравнения (2), для которого cos x  0 .
Тогда, подставляя x в соотношение (2), найдём, что sin x  0 . Однако sin x и cos x не могут обращаться в
нуль одновременно (объясните почему). Следовательно, наше предположение было неверным, и cos x  0 .
Аналогично доказывается, что sin x  0 . В обоих случаях существенно используется условие ab  0 .
Опираясь на установленное свойство, уравнение (2) можно решить, например, следующим
образом. Разделив обе его части на cos x (cosx  0!) , получим эквивалентное уравнение
atgx  b  0 ,
или
b
tgx   .
a
Таким образом, уравнение (2) имеет бесконечное множество решений, которые можно записать в
виде серии
b
x  arctg  n , где n   .
a
Это числовое множество представляет собой бесконечную двустороннюю арифметическую прогрессию с
разностью  .
В дальнейшем множество всех корней (частных решений) тригонометрического уравнения,
записанное формулой или совокупностью формул, будем называть общим решением этого уравнения.
Всякое подмножество решений, заданное формулой, содержащей целочисленные параметры, будем
называть серией решений соответствующего уравнения. Серия решений может быть общим решением или
его частью ( в данном случае общее решение уравнения записано в виде одной серии). Общее решение
тригонометрического уравнения может быть представлено в виде совокупности серий его решений разными
способами.
Пример 1. Решить уравнение
3 sin(2t  30 )  cos(2t  30 )  0 .
Решение. Данное уравнение является однородным первой степени относительно sin(2t  30) и
cos(2t  30) . Здесь: a  3, b  1, ab  0. Разделив обе его части на cos(2t  30)
получим эквивалентное уравнение
3tg (2t  30 )  1  0 ,
(cos(2t  30)  0!) ,
2
или
tg (2t  30 )  
1
3
.
Далее имеем:
2t  30   arctg(
1
)  180 n, n   ,
3
t  90n, n   .
Ответ: 90n, n   .
Пример 2. При каких значениях a и b равенство sin (ax  b)  cos(ax  b) выполняется при
любых значениях x ?
1
Решение. Записывая данное равенство в виде tg(ax  b)  1 , найдём: ax   n  b , где n   .
4
Полученному линейному уравнению будут удовлетворять любые значения x тогда и только тогда, когда
1
a  0 и nb  0.
4
1
Ответ: a  0, b  n  , n   .
4
Решение уравнения a sin x  b cos x  c методом
сведения к однородному уравнению второй степени
Применяя формулы
x
x
x
x
sin x  2 sin cos , cos x  cos2  sin 2 , cos2
2
2
2
2
перепишем уравнение (1) в виде
x
x
x
(b  c) sin 2  2a sin cos  (b  c) cos 2
2
2
2
x
x
 sin 2  1 ,
2
2
x
(3)
 0.
2
x
x
Уравнение (3) – однородное уравнение второй степени относительно sin и cos . Возможны два случая:
2
2
x
1) Если b  c  0 , то полученное уравнение не имеет решений, для которых cos  0 (в
2
x
x
противном случае и sin  0 , что, конечно, невозможно). Поэтому, разделив обе его части на cos2 ,
2
2
получим эквивалентное уравнение
x
x
(b  c)tg 2  2atg  (b  c)  0 .
(4)
2
2
x
x
Уравнение (4) является квадратным относительно tg , и, так как tg может принимать любые
2
2
значения, число его корней зависит от знака дискриминанта D  4 , где
  a 2  b2  c2 .
2) Если b  c  0 , то уравнение (3) принимает вид
x
x
x
(5)
cos (a sin  b cos )  0 .
2
2
2
Решение уравнений (4) и (5) приводит к результатам, которые удобно представить в виде
таблицы.
Таблица 1
Условия на коэффициенты
0
bc  0
0
0
Решения
a 
 2m, m  
bc
a
x  2arctg
 2m, m  
bc
Решений нет
x  2arctg
3
x  (1  2n), n  ;
bc  0
x  2arctg
b
 2m, m  
a
Упражнение 1. Проверьте справедливость формул, представленных в таблице 1.
Пример 3. Решить уравнение
3sin x  4 cos x  c
в следующих случаях: а) c  4 ; б) c  5 ; в) c  6 ; г) c  4 .
Решение. Применяя формулы двойных аргументов, а также основное тригонометрическое
тождество, перепишем данное уравнение в виде
или
x
x
x
x
x
x
6 sin cos  4(cos 2  sin 2 )  c(sin 2  cos 2 ) ,
2
2
2
2
2
2
(c  4) sin 2
x
x
x
x
 6 sin cos  (c  4) cos2  0 .
2
2
2
2
(6)
Возможны два случая.
1) Если c  4  0 (т.е. c  4 ), то уравнение (6) не имеет корней x , для которых cos
x
 0, и
2
поэтому его можно преобразовать к виду
(c  4)tg 2
x
x
 6tg  (c  4)  0 .
2
2
(7)
x
. Его дискриминант D равен 4 , где
2
  25  c 2 .
При значениях c , равных 4, 5, 6, он принимает соответственно значения 36, 0, -44. Решение уравнения (7)
при указанных значениях c рекомендуется провести самостоятельно, не прибегая к формулам из таблицы 1.
2) Если c  4  0 (т.е. c  4 ), то уравнение (6) принимает вид
Уравнение (7) – квадратное относительно tg
x
x
x
cos (3 sin  4 cos )  0 .
2
2
2
Оно эквивалентно совокупности двух тригонометрических уравнений, одно из которых простейшее, а
другое – однородное первой степени относительно sin
x
x
и cos .
2
2
Полученные решения полезно сравнить с табличными.
3
1
Ответ: а) 2m , 2arctg  2n, m, n   ; б) 2arctg  2m, m   ; в) решений нет;
3
4
4
г) (1  2m),  2arctg  2n, m, n   .
3
Пример 4. Найти условия, при выполнении которых уравнения a sin x  b cos x  c ( abc  0 )
имеют общие корни и найти эти корни.

Решение. Пусть x – общий корень указанных уравнений. Тогда 2b cos x  0 , т.е. x   n , где
2
n   . Подставляя найденную серию в левые части данных уравнений, получим:


a sin(  n)  b cos(  n)  a(1) n
2
2
(здесь мы воспользовались формулами: sin n  0, cos n  (1)n , если n   ).
Отсюда видно, что, если c  a , то уравнения имеют общие корни x 

 n , где n  2m, m   ,
2

 n , где n  2m  1, m   .
2
Во всех других случаях уравнения a sin x  b cos x  c ( abc  0 ) не имеют общих корней.


Ответ: c  a ; если c  a , то x   2m , m   , если c  a , то x    2m, m   .
2
2
а если c  a , то – общие корни x 
Упражнение 2. Решите пример 4, основываясь на формулах, приведённых в таблице 1.
4
Преобразование выражения a sin x  b cos x
методом введения вспомогательного угла
Имея целью рассмотреть ещё один способ решения уравнения (1), преобразуем выражение
a sin x  b cos x специальным образом. Вынося за скобки
a 2  b2 , запишем его в виде:


a
b
a sin x  b cos x  a 2  b 2 
sin x 
cos x 
2
2
2
2
a b
 a b

2
2

 

a
a
b
  
  1 , то одно из чисел
Так как 
или
2
2
2
2
2
a  b2
 a b   a b 
другое – косинусом некоторого («вспомогательного») угла.
Положим, например, что
a
b
cos  
, sin  
.
2
2
2
a  b2
a b
Тогда равенство (8) примет вид:
a sin x  b cosx  Asin(x  ) ,
b
a2
 b2
(8)
является синусом, а
(9)
(10)
где A  a 2  b2 ,  – любой угол, удовлетворяющий соотношениям (9).
Очевидно, угол  может принимать бесконечное множество значений (если, конечно,
a 2  b 2  0 ), однако на любом интервале длины 2 он определён вполне однозначно. В общем виде выбор
конкретного значения угла  представляется достаточно кропотливым делом. Чтобы добиться понимания в
этом вопросе, полезно выполнить, например, используя графические соображения,
Упражнение 3. Покажите, что при ab  0 в интервале (; ) существует единственное решение 
системы уравнений (9). Проверьте, что в зависимости от знаков коэффициентов a, b это решение может быть записано
в виде, представленном в следующей таблице:
Таблица 2
№№
пп
1
Условия
на коэффициенты
a 0, b0
Значение угла 
Примечание

a
arccos 
 a 2  b2






b
arcsin 
 a 2  b2





 
   0; 
 2
b
arctg  
a

a
arccos 
 a 2  b2

2
3
a 0, b0
a 0, b0





b
  arcsin 
 a 2  b2

b
  arctg  
a





a
 arccos 
 a 2  b2






b
arcsin 
 a 2  b2

 
   ; 
2 
  
    ; 0
 2 




b
arctg  
a
4
a 0, b0

a
 arccos 
 a 2  b2







    ;  
2

5

b
   arcsin 
 a 2  b2

b
  arctg  
a




Обоснование того, что углы, представленные в каждой из клеток третьей колонки, равны, может быть
полезным с точки зрения тренировки навыков оперирования с «арками». Желающие провести его могут воспользоваться
формулами, справедливыми, в частности, для чисел x из интервала (0; 1) :
arcsin x  arccos 1  x 2  arctg
x
1  x2
,
1  x2
,
x
x
1
.
arctgx  arcsin
 arccos
2
1 x
1  x2
arccos x  arcsin 1  x 2  arctg
Предварительно их рекомендуем доказать самостоятельно.
Замечание 1. Анализ формул, приведенных в таблице 2, позволяет, в частности, высказать следующие
рекомендации по поводу выбора вспомогательного угла  :




a
 , если b  0 , то    arccos
 .
2
2


 a b 
Как видим, бытующее среди школьников убеждение, что в любом случае в качестве
b
вспомогательного угла можно выбрать значение   arctg  , является правильным только при a  0 .
a
Чтобы унифицировать выбор вспомогательного угла, иногда применяют теперь уже очевидную
формулу
a
b
a sin x  b cos x 
a 2  b 2 sin( x  arctg ) (a  0) .
a
a
если b  0 , то всегда можно взять   arccos
a
a2
 b2
На практике же в случаях 2 – 4, немного отклоняясь от приведенной схемы, как правило, сводят
задачу к нахождению решения системы уравнений
a
b
cos  
, sin  
a 2  b2
a 2  b2
 
из интервала  0;  . Тогда в качестве вспомогательного можно взять любой из равных углов
 2
b



a
 или arctg  (см. первую строку таблицы 2). Так,
 , arccos

 a 2  b2 
a



 
3
4


 3 sin x  4 cos x  5 sin x  cos x   5(sin x cos   cos x sin  )  5 sin( x   )  5 sin(  x) ,
5
5

где  – любой из углов, удовлетворяющий системе

b
arcsin
 a 2  b2
3
4
, sin  
5
5
4
3
4
 
(например, можно принять   arcsin  arccos  arctg ;    0;  !).
5
5
3
 2
Замечание 2. Можно показать, что для любых чисел a и b , не равных нулю одновременно, существует
единственное число  из полуинтервала 0; 2 , при котором
a  r cos, b  r sin  ,
cos  
где r 
a 2  b2 .
6
Пара чисел (r , ) называется полярными координатами точки M , имеющей декартовы координаты
(a, b) . Сделав чертёж, нетрудно понять геометрический смысл полярных координат r и  : r – расстояние от точки
M до начала O системы координат,  – угол, отсчитываемый против часовой стрелки от положительного
направления оси Oa до вектора OM .
Рассмотренное преобразование можно трактовать в терминах полярных координат. Именно, если в
плоскости Oab ввести полярные координаты (r , ) точек по указанным формулам, то выражение a sin x  b cos x
преобразуется к виду
a sin x  b cos x  r sin(x  ) .
Замечание 3. Полагая в равенстве (8)
sin  
получим формулу
где A 
a
a 2  b2
, cos 
b
a 2  b2
,
a sin x  b cos x  Acos(x  ) ,
(11)
(12)
a 2  b2 ,  – любой угол, удовлетворяющий соотношениям (11).
Упражнение 4. Проверьте, что вспомогательные углы  и  связаны равенством

 2m , где m   .
2
Замечание 4. Основываясь на том, что D(tg)  R , используют ещё одну модификацию рассмотренного
преобразования, считая, как и ранее, что ab  0 :
b
a
a sin x  b cos x  a(sin x  cos x)  a(sin x  tg cos x) 
sin( x  ) ,
a
cos 
b
b
 
(  ( ; )) .
где tg  . Здесь во всех случаях можно положить   arctg
a
2 2
a
 
Итак,
a sin x  b cos x 
где   arctg
a
sin( x  ) ,
cos 
(13)
b
.
a
Упражнение 5. Проверьте, что если a  0 , то
    (2n  1) , где n   .
a
a
 A и
 A и     2n , а если a  0 , то
cos 
cos 
a
 tg , можно выполнить аналогичное преобразование.
b
Кроме того, вместо функции tg можно с не меньшим успехом воспользоваться функцией ctg .
Рассмотрим примеры, демонстрирующие эффективность данного преобразования.
Пример 5. Упростить выражение
Понятно, что вынося за скобку b и обозначая
B
1
3
.

4 sin10  4 cos10 
Решение. Имеем:
1
3
2( cos10  
sin10 )
cos10   3 sin10 
sin 30  cos10   cos 30  sin 10  sin(30   10 )
2
B
 2


1.
4 sin10  cos10 
2 sin 20 
sin 20 
sin 20 
Ответ: 1.
Пример 6. Решить уравнение
9 sin 2 x  12 cos 6 x cos 2 x  17  2 sin10 x .
 , представим левую часть в виде
Решение. Вводя вспомогательный угол
81  144 cos2 6 x sin(2 x  ) . Заметим, что она не может принимать значений больших 15, в то время как
правая часть не может принимать значений меньших 15. Таким образом, необходимо (но не достаточно),
чтобы cos6x  1 и sin10 x  1 . Однако эти уравнения несовместны.
Ответ: решений нет.
Пример 7. Найти множество E( y) значений функции
y  3sin 3 2t  1  4 cos 3 2t  1 .
7
Решение. Обозначая x  3 2t  1 , аналогично предыдущему перепишем заданную функцию в
виде y  5sin(  x) , где   arcsin
4
.
5
Когда t пробегает числовую прямую, выражение   x принимает последовательно все
действительные значения. Следовательно, sin(   x) принимает значения от –1 до 1 включительно. Таким
образом min y  5, max y  5, и E ( y )  [5; 5] .
Ответ: [5; 5] .
Замечание 5. В общем случае формулы (10), (12) показывают, что множество значений функции
y  a sin x  b cos x есть отрезок [ A; A] , где A  a 2  b 2 . На этот факт часто опираются при решении
различных математических задач.
Решение уравнения a sin x  b cos x  c методом
введения вспомогательного угла
Повторяя преобразования, использованные при выводе формулы (10), перепишем уравнение (1) в
виде
a 2  b 2 sin(x  )  c ,
или
sin( x  ) 
Принимая во
внимание,
что
при
c
a2  b2
.
ab  0 условие
c
a2  b2
1
эквивалентно
условию
  0 (напомним, что   a 2  b 2  c 2 ), приходим к следующим результатам:
Таблица 3
Условия на коэффициенты
Решения
x     1 arcsin
c
n
 n ,
a  b2
где  – любой угол, удовлетворяющий соотношениям (9), n  Z
Решений нет
0
0
В
частности,
c  0 x     1
n 1
если
  0,
то
при
c  0 x     1

 n , где n  Z .
2
n
2

 n ,
2
где
nZ ,
а
при
Упражнение 6. Проверьте, что если x1 и x 2 частные решения уравнения a sin x  b cos x  c ( abc  0 )
такие, что
x1  x 2  2k , k  Z , то с точностью до знака и целого кратного  x1  x 2 есть угол, образованный
касательными, проведенными из точки a, b  к окружности x 2  y 2  c 2 .
Пример 8. Решить уравнение 3 sin x  4 cos x  c методом введения вспомогательного угла в
следующих случаях: а) c  4 ; б) c  5 ; в) c  6 ; г) c  4 .
Решение. Вводя вспомогательный угол  , представим данное уравнение в виде
c
sin x     ,
(14)
5
4
3
4
где   arcsin  arccos  arctg . Если c  5 , то общее решение уравнения (14) можно записать в виде
5
5
3
серии
c
x     1n  n , n  Z .
5
Если c  5 , то уравнение решений не имеет.
Выбирая   arcsin
4
, получаем следующий
5
8
4
4
4

  1n arcsin  n , где n  Z ; б)  arcsin   1n  n , где n  Z ;
5
5
5
2
4
4
в) решений нет; г)  arcsin   1n 1 arcsin  n , где n  Z .
5
5
Ответ: а)  arcsin
Упражнение 7. Проверьте, что полученные серии решений задают те же множества решений, что и
приведенные в ответе к примеру 3.
Замечание 6. Если воспользоваться представлениями (12) и (13), то уравнение (1) и его общее решение при
  0 можно записать в других формах:
cosx   
c
a b
2
, x    arccos
2
c
a  b2
 2m ,
2
где  – любой угол, удовлетворяющий соотношениям (11), m  Z , и, соответственно,
sin x   
где tg  arctg
c cos 
c cos 
k
 k ,
, x     1 arcsin
a
a
b
, kZ .
a
Разумеется, это уравнение можно решить и с помощью других вспомогательных углов. Например, выбирая
3
3
, уравнение 3 sin x  4 cos x  4 (см. примеры 3а) и 8а)) можно решить и так: sin x  cos x  1 ;
4
4
3
3
3
3
3
3

tgarctg sin x  cos x  1 ; sin arctg sin x  cos arctg cos x  cos arctg ; cos x  arctg   cos arctg ;
4
4
4
4
4
4

угол   arctg
x  arctg
3
3
3
  arctg  2n , n  Z ; x  2arctg  2n или x  2n , где n   .
4
4
4
Выбор того или иного вспомогательного угла диктуется особенностями рассматриваемой задачи.
Какой способ лучше?
Сведение к однородному уравнению второй степени и в ведение вспомогательного угла являются,
на наш взгляд, наиболее эффективными методами решения уравнения a sin x  b cos x  c . Алгоритмы их
реализации отличаются четкостью и могут быть применены при любых значениях коэффициентов. Важно,
что они основываются на эквивалентных преобразованиях, что делает ненужной проверку найденных
корней.
Если сравнивать их, то первый представляется наиболее естественным и практичным. Как
правило, общие решения полученные с его помощью, записываются более простыми формулами. Можно
сказать, что уравнение a sin x  b cos x  c ( abc  0 ) выгодно решать именно методом сведения к
однородному уравнению второй степени, за исключением тех случаев, когда можно ввести
 

вспомогательный угол, принимающий значения ,
или . С другой стороны, введение
6 4
3
вспомогательного угла часто оказывается полезным при проведении качественного исследования
тригонометрических выражений и уравнений.
Замечание 7. Когда a  b , поиск корней уравнения (1) можно значительно упростить. Если a  b 0 ,

 c
имеем: a sin x  a cos x  c , sin x  sin   x   , 2 sin
2
 a
x


x
x x

c
c

2
2
cos
 , cos x   
и т.д.
4 2 a
2
2
a


Если a  b 0 аналогичным образом уравнение (1) приводится к виду sin  x 


c

. В обоих случаях
–

4 2 a
4
вспомогательный угол.
Существуют и другие способы решения изучаемого нами уравнения. Один из них основан на
применении формул универсальной подстановки:
x
x
2tg
1  tg 2
2
2
, cos x 
.
(15)
sin x 
2 x
2 x
1  tg
1  tg
2
2
Этот метод имеет существенный недостаток, связанный с тем, что указанные формулы не являются
абсолютными тождествами: левые части определены при любых действительных x , а правые – при
x    2n , где n  Z .
9
Их формальное применение приводит к потере корней x    2n , n  Z , если данное уравнение
имеет такие корни. Поэтому использование формул универсальной подстановки должно предполагать
дополнительную проверку множества значений x , на которое сузилась ОДЗ уравнения.
Например, заменяя sin x и cos x по формулам (15) в уравнении 3 sin x  4 cos x  4 (см.примеры
x
4
4
3г) и 8г)), приходим к уравнению tg   , имеющему решение x  2arctg  2n , n  Z . Произошла
2
3
3
потеря корней вида x  1 2m , m  Z . Таким образом, решение должно завершиться подстановкой в
него и проверкой этих чисел, исключенных из рассмотрения в результате применения «плохих» формул.
Упражнение 8. Проверьте, что использование формул (15) при решении уравнения a sin x  b cos x  c
( abc  0 ) приводит к потере корней ( x    2m , m  Z ) тогда и только тогда, когда b  c  0 . (Этот результат
позволяет предусмотреть негативное последствие применения формул (15) к уравнению (1) на основе анализа
«внешнего вида» последнего.)
Выскажемся и о достаточно распространенном среди школьников способе решения уравнения (1),
основанном на возвышении обеих его частей в квадрат. Конечно, эта процедура приведет данное
уравнение к более удобной форме ( a 2 sin 2 x  2ab sin x cos x  b 2 cos 2 x  c 2 или, например,
a 2 sin 2 x  c 2  2bc cos x  b 2 cos 2 x ). Однако, чтобы закончить решение нужно будет провести
«отсеивание» посторонних корней, которые обязательно появятся при c  0 и   0 .
Попробовав решить любое из рассматривавшихся выше неоднородных уравнений таким
способом, читатель вряд ли когда-либо ещё захочет воспользоваться им: на этапе проверки возникают
достаточно серьёзные технические трудности. Возвышение же в квадрат однородного уравнения –
равносильное преобразование (если, конечно, одна из частей исходного уравнения сохранена нулевой).
Однако и в этом случае его целесообразность вызывает сомнение – проще разделить обе части на cos x или
sin x .
Практикуемые иногда эквивалентные переходы к системе
(a sin x  b cos x)2  c 2 ,
a 2 sin 2 x  (c  b cos x)2 ,
или, к примеру, к системе 

(a sin x  b cos x)c  0,
a sin x(c  b cos x)  0,
на наш взгляд, нельзя признать рациональными, поскольку заменяют уравнение смешанной системой.
Чтобы выработать своё отношение к этому приёму, можно, например, решить системы
9 sin 2 x  24 sin x cos x  16 cos2 x  16,

3sin x  4 cos x  0
или, более простую,
16 cos 2 x  16  24 sin x  9 sin 2 x,

cos x  0,
равносильные последнему рассмотренному нами уравнению 3 sin x  4 cos x  4 .
Завершая изложение «теории уравнения a sin x  b cos x  c », предлагаем на конкретном
примере оценить возможности ещё двух способов его решения. Попытайтесь решить то же уравнение
3 sin x  4 cos x  4 , во-первых, используя тождество
(a sin x  b cos x) 2  (a cos x  b sin x) 2  a 2  b 2 ,
и, во-вторых, заменяя sin x через  1 cos 2 x (или cos x через  1 sin 2 x ). Во втором случае, конечно,
будет необходимо сделать проверку.
Уравнение a sin x  b cos x  c на вступительных экзаменах
Рассмотрим ряд примеров, предлагавшихся на вступительных экзаменах в вузы Беларуси.
Пример 9. Решить уравнение (1  3 ) sin 2 x  2 ( 3  1) cos 2 x  2 .
Решение 1. Применяя формулу понижения степени, перепишем уравнение в виде
sin 2 x  (2  3 ) cos 2 x  1.
1
1
Вводя вспомогательный угол  , где sin  
2  3 , cos  
2  3 , получим:
2
2
1
sin (2 x  ) 
2  3.
2
Отсюда находим:
10
x
 1
2 3 n
 (1) n arcsin

,n.
2 2
2
2
1
2  3 ) , записываем:
2
n
1
1
1
1
Ответ 1. arcsin (
2  3 )  (1) n arcsin (
2 3)
, n.
2
2
2
2
2
Выбирая, например,   arcsin (
Решение 2. Применяя формулы двойных углов, перепишем уравнение в виде
2 sin x cos x  (2  3 ) (cos 2 x  sin 2 x)  1.
Используя основное тригонометрическое тождество и приводя подобные, получим равносильное
однородное уравнение второй степени
( 1  3 ) sin 2 x  2 sin x cos x  ( 3  3 ) cos 2 x  0.
Деля обе его части на cos 2 x (cos 2 x  0) , придём к квадратному уравнению
( 1  3 ) t 2  2t  ( 3  3 )  0 ,
где t  tg x . Его корни: t1  3 , t 2  1 (рекомендуем найти их самостоятельно).
Решая совокупность уравнений tg x  3 , tg x  1 , записываем
Ответ 2.


 m ,  k , m, k ,   .
3
4
Замечание 8. Ответы 1 и 2 внешне непохожи. Известная громоздкость второго решения компенсируется более
простым представлением корней уравнения. Представьте, что нужно было бы найти решения данного уравнения,
принадлежащие некоторому промежутку. Делайте выводы.
Пример 10.
(
Найти корни уравнения cos 7 x  3 sin 7 x  2  0 , принадлежащие интервалу
2 6
).
;
5 7
Решение. Применяя метод введения вспомогательного аргумента, имеем:
1
3
cos 7 x 
sin 7 x)   2 ,
2
2


2
cos cos 7 x  sin sin 7 x  
,
3
3
2

2
cos (7 x  )  
,
3
2
5 2n

 x  84  7 , n   ,

 x   13  2m , m   .

84
7
2(
Отбираем корни из первой серии, принадлежащие указанному интервалу:
2 5 2n 6
,



5 84
7
7
23
19
1
n2 ,
120
24
n1  1 ,
5 2 1 53
.
x1 


84
7
84
Отбираем корни из второй серии, принадлежащие указанному интервалу:
2
13 2m 6
,



5
12
7
7
113
13
1
m3 ,
120
24
11
Ответ.
m 2  2 , m3  3 ,
13 2  2 35
,
x2  


12
7
84
13 2  3 59
.
x3  


12
7
84
35 53 59 
.
,
,
84 84 84
Пример 11. Решить уравнение относительно x :
( a  1) cos x  ( a  1) sin x  2a.
Решение.
Возможны следующие случаи:
1) Если a   1 , то уравнение принимает вид cos x  1 , откуда x  2n, n   .
2) Если a  0 , то уравнение принимает вид sin x  cos x  0 , откуда x 

 m, m .
4

 2 k , k   .
2
4) Если a ( a 2  1)  0 , то вводя вспомогательный угол  , где sin   ( a  1) 2a 2  2 ,
3) Если a  1 , то уравнение принимает вид sin x  1 , откуда x 
cos   ( a  1)
2a 2  2 , перепишем уравнение в виде
sin ( x  )  2a
2a 2  2 .
Чтобы найти множество допустимых значений параметра a , нужно решить неравенство
2a
1
 1.
2a 2  2
(16)
Имеем:
 2a 2  2  2a  2a 2  2 ,
или
 2a 2  2  2a ,

 2a 2  2   2a .
Множество решений первого неравенства системы – промежуток (  ; 1] , множество решений
второго – [  1;  ) (рекомендуем проверить это).
Таким образом, множество допустимых значений параметра a – отрезок [  1; 1] . Учитывая, что для
всех допустимых значений a sin   0 , cos   0 , в качестве вспомогательного можно взять, например,
угол   arcsin
a 1
2a 2  2
.
Решения уравнения (16) можно задать тогда формулой
a 1
2a
 n, n .
2a 2  2
2a 2  2
Подставляя значения a   1 , a  0 и a  1 , можно убедиться, что по ней находятся и решения уравнений,
x   arcsin
 (  1) n arcsin
рассмотренных ранее отдельно (случаи 1) – 3)).
Ответ: если
a  1 , то
x   arcsin
a 1
2a 2  2
 (  1) n arcsin
2a
2a 2  2
  n , n   ; если
a  1 , то уравнение не имеет корней.
Применения уравнения a sin x  b cos x  c в геометрии
Пусть на плоскости наряду с декартовой системой координат Oxy (будем называть ее «старой»)
введена новая декартова система координат OXY, ось OX которой образует угол α с осью Ox. Уточним: угол
α отсчитывается от положительного направления оси Ox до положительного направления оси OX против
часовой стрелки и принимает значения из полуинтервала [0; 2π). Говорят, что новая система координат
получена из старой поворотом осей на угол α.
12
Пусть произвольная точка M плоскости имеет координаты (x,y) относительно старой системы
координат и координаты (X,Y) относительно новой. Выясним, как эти координаты связаны между собой.
Рассмотрим векторный треугольник OKM, где K – проекция точки М на ось ОХ (см. рис. 1).
Очевидно, OM  OK  KM .
Проектируя его на ось Ох, имеем:
ON  OL  LN ,
где N – проекция точки M, L – проекция точки K.
Отсюда: ON  OL  LN . Учитывая, что
ON  x, OL  X cos , LN  Y sin ,
в итоге получим
x  X cos  Y sin  .
Рис. 1
(17)
Рис. 2
Мы вывели эту формулу, опираясь на конкретный чертёж. Однако, можно проверить, что она
остаётся верной при всех возможных положениях систем координат Oxy и OXY и точки М относительно
друг друга.
Проектируя векторный треугольник OKM на ось Oy, нетрудно получить и следующее равенство:
y  X sin   Y cos
(18)
Формулы (17) и (18) выражают зависимость между координатами произвольной точки при
повороте системы координат на угол α. Они широко применяются в геометрии. В частности, нередко
удаётся упростить уравнение линии на плоскости, поворачивая систему координат на определенный угол.
Упражнение 9. Показать, что кривая, задаваемая уравнением x 2  y 2  2k , в системе координат, получаемой
k
(т. е. является гиперболой).
X
Пример 12. На какой угол нужно повернуть систему координат Oxy, чтобы точка с координатами x
поворотом осей на угол 315, имеет уравнение Y 
= 1, y  3 получила новые координаты X  3, Y  1 ?
Решение. Подставляя старые и новые координаты точки в формулы (17) и (18), получим систему
уравнений
3 cos   sin   1и
3 sin   cos   3 ,
где α – искомый угол поворота.
Применяя метод введения вспомогательного угла, найдем решения уравнений системы:
  60   1 30  180n, n  Z ,
n
и
  30   1 60  180 m, m  Z .
m
Проверка показывает, что полученные серии содержат единственное общее решение в
полуинтервале [0; 2) –  = 30.
Ответ: 30.
Иногда выражение a sin x + b cos x удобно интерпретировать как скалярное произведение двух
векторов:
13
a sin x + b cos x = (a, b) (sin x, cos x)
или
a sin x + b cos x = (b, a) (cos x, sin x) .
Очевидно, вторые множители в правых частях – единичные векторы (орты). Для первого из них x – угол,
образованный вектором с ортом оси ординат, для второго – оси абсцисс.
Пример 13. Найти единичный вектор e , составляющий угол 60 с вектором p = ( 3  1, 3  1) .
Решение. Пусть x – угол, который вектор e образует с ортом оси абсцисс. Тогда e  cos x, sin x  ,
где x  [0;].
Вычисляя левую и правую части равенства pe  p e cos ( p, e ) , получаем:
pe 


3  1 cos x 


3  1 sin x ,
p e cos ( p, e )  8 1  cos 60  2 .
Приравнивая найденные выражения, приходим к уравнению

Выбирая
=
 3  1 2
в
качестве

3  1 cos x 

вспомогательного

3  1 sin x  2 .
( sin 15 0 


3  1 2 2 , cos15 
2 ), перепишем его в виде
sin 15  x  
откуда
15 
угол
1
,
2
n
x  15   1 30  180n , где n  Z .
В промежуток 0;180  попадают два частных решения: x1  15, x 2  135  . Соответственно
 3  1 3 1 


 и e2    2 , 2  .
,
 2 2 2 2 
 2 2 




находим два вектора, удовлетворяющих условию задачи, – e1  




 

Ответ:
3  1 2 2 , 3 1 2 2 ,  2 2 , 2 2 .
Рассмотрим ещё одну геометрическую задачу.
Пример 14. Найти расстояние между точками, расположенными на стороне равностороннего
треугольника, если известно, что они удалены на 1 см от противоположной вершины, а сумма расстояний от
каждой из них до сторон треугольника равна
Решение. Пусть АВС –
1
4


6 2 .
данный треугольник, М – одна из указанных в условии точек,
ML  AC, MK  BC (см. рис. 2). Тогда СМ=1, ML  MK 

3
1
4


6 2 .
Обозначим ACM  , (  [0; ]) , тогда BCM  60  . Из треугольников CLM и CMK
найдём: ML  sin  , MK  sin 60    . Таким образом, имеем уравнение
sin   sin( 60  ) 
6 2
4
или, что то же самое,
sin   3 cos  
6 2
.
2
Выбирая в качестве вспомогательного угол 30º, получим:
  30  15  360n, где n  Z .
Нетрудно видеть, что условию   [0;

3
] удовлетворяют два частных решения –  = 45º и  = 15º.
Второе из них соответствует точке N, для которой ACN  15.
Из треугольника CMN (в нём CM=CN=1, MCN  30 ) по теореме косинусов найдём:
MN  CM 2  CN 2  2CM  CN cos MCN  21  cos 30  2 sin 15 
6 2
(см).
2
14
Ответ:
6 2
см.
2
Применения уравнения a sin x  b cos x  c в физике
Уравнение a sinx + b cosx = c играет важную роль в изучении периодических процессов, таких,
например, как колебательное движение, распространение световых, звуковых, электромагнитных волн и т.
д. В начале прошлого столетия французский математик Жозеф Фурье (1768-1830) доказал, что законы
всяких периодических процессов могут быть выражены через законы т. н. гармонических колебаний.
Гармоническим колебанием называют периодическое изменение величины, которое происходит по
синусоидальному закону. Гармонические колебания точки, движущейся по прямой, задаётся формулой
s(t )  A sin( t   ) , где А > 0, , α – константы, t – временная координата, s(t) – зависящая от неё
линейная координата точки. Числовые параметры имеют специальные названия: А – амплитуда или размах,
2
называется периодом колебания.

Прямолинейные движения точки, которые совершаются по закону s(t )  A cos( t  ), также
 – круговая частота, α – начальная фаза колебания. Число T 
являются гармоническими колебаниями, поскольку функцию s(t) в этом случае можно записать в виде

s(t )  A sin(  t    ) .
2
Упражнение 10. Точка М движется равномерно по окружности с центром в начале декартовой системы
координат Oxy радиуса А с угловой скоростью  (при  >0 вращение против часовой стрелки, при  <0 – по часовой
стрелке). В момент времени t=0 вектор OM составляет угол α с положительным направлением оси абсцисс. Проверьте,
что проекции точки M на оси координат совершают гармонические колебания соответственно по законам
x(t )  A cos(t  ), y(t )  Asin(t  ).
Прямолинейное движение, задаваемое формулой
s(t )  a sin  t  b cos t ,
также является гармоническим колебанием. В самом деле, если ввести вспомогательный угол α,
b
удовлетворяющий условиям sin  
a2
 b2
a
, cos  
a2
 b2
, то получим: s(t )  A sin(  t  ) , где
A  a2  b2 .
Упражнение 11. Докажите, что сумма двух гармонических колебаний одного и того же периода есть
гармоническое колебание того же периода.
Пример 15. В какие моменты времени ускорение тела, движущегося прямолинейно по закону
s(t )  3 sin t  4 cos t (s – в метрах, t – в секундах), равно 5м/c2?
Решение. Найдём мгновенные скорость и ускорение тела в произвольный момент времени:
s (t )  3 cos t  4 sin t , s (t )  3 sin t  4 cos t. Таким образом, задача свелась к решению уравнения
3 sin t  4 cos t  5 при условии t  0 .
1
Ответ: 2arctg  2m, где m=0, 1, 2, … .
3
Пример 16. Два тела совершают колебательные движения на прямой с амплитудами, равными 2,
единичными круговыми частотами и начальными фазами соответственно равными

6
и

. В какой момент
3
времени между первыми их остановками они встретятся?
Решение. Запишем законы движения указанных в задаче тел:


s1 (t )  2 sin( t  ), s 2 (t )  2 sin( t  ).
6
3
Для нахождения моментов t1, t2 времени, в которые произошли их первые остановки, приравняем к
нулю мгновенные скорости:


s1 (t )  2 cos(t  )  0, s 2 (t )  2 cos(t  )  0.
6
3


Отсюда находим: t1  , t 2  .
3
6
Таким образом, задача свелась к нахождению частных решений уравнения sin t  cos t  0 ,
15
 
6 3
принадлежащих отрезку [ ; ].
Очевидно, существует единственное такое решение: t 
Ответ:

.
4

.
4
В заключение решим ещё две физические задачи.
Пример 17. Тело скользит вниз по наклонной плоскости под действием силы тяжести.
Коэффициент трения равен 0,5. Определить угол, образованный плоскостью с горизонтом, если известно,
что ускорение движения тела в 2 раза меньше ускорения свободного падения.
Решение. Обозначим через P – вес данного тела, N – его нормальную составляющую, F –
составляющую, направленную вдоль наклонной плоскости, а через L – силу трения (см. рис. 3). Если x –
искомый угол

(0  x  ) , то нетрудно найти: N = Pcos x (нормальное давление), F = = Psin x
2
(движущая сила без учёта трения), L = 0,5N = 0,5Pcos x (сила трения).
Рис. 3
Рис. 4
Движение тела по наклонной плоскости происходит под действием силы
f = F – L =
 P sin x  0,5P cos x , где P = mg (m – масса тела, g – ускорение свободного падения). С другой стороны,
по закону Ньютона f = ma, где а – ускорение движения тела.
Получили уравнение mg(sin x – 0,5cos x) = mа, которое, с учётом того, что g = 2а, можно переписать
в виде
2sin x – cos x = 1.

Это уравнение имеет единственное решение в интервале (0; ) – x = 2arcctg 2.
2
Ответ: 2arcctg 2(  53  ).
Пример 18. Скорость течения реки в 2 раза меньше собственной скорости моторной лодки. Под
каким углом к направлению, перпендикулярному течению, должна двигаться лодка, чтобы она пристала к
пункту противоположного берега, расположенному ниже по течению на расстоянии, равном ширине реки?
Решение. Обозначим через A пункт отправления лодки, В – противоположный пункт другого
берега, С – пункт приставания лодки (см. рис. 4). Пусть далее, u – скорость течения реки, v – собственная
скорость лодки.
Разложим вектор v на составляющие векторы a и b по направлению течения реки и ему
перпендикулярному.
Если x – искомый угол ( 0  x  90 ), а t – время, за которое лодка преодолеет путь, то будем
иметь:
a = vsin x, b = vcos x,
AB = bt =vtcos x,
BC = at + ut = t(vsin x + u).
Учитывая, что по условию задачи AB = BC, а v = 2u, получим уравнение
sin x – cos x = –
1
.
2
16
Единственным его решением в интервале 0; 90 является величина 45  arcsin
Ответ: 45  arcsin
2
.
4
2
(  2430 ).
4
Примеры для самостоятельного решения
2.
Решить уравнение: а) sin x  cos x ; б) sin x  3 cos x  3 ; в) 15 sin x  8 cos x  17 ;
г) 5 sin x  4 cos x  10 ; д) 3 sin x  cos x  1 .
Найти абсциссы точек пересечения графиков функций y  2003 sin 2004 x и y  2005cos2004x .
3.
Найти сумму первых 80 положительных корней уравнения
1.
sin 2x  cos 2x
1.
2
4.




7 



Решить уравнение: а) sin 3x  cos3x  0 ; б) 1  3 sin x 
  1  3 sin x    0 ;
12 
12 








sin x   sin x   sin 5 x  




3
6
6



в) sin arctgx   cos arctgx  ; г)


 0;
45
35
3 4
4

4

д) 3 3 sin 2x  6 sin 2 x  36x 2  12x   2  3 ;
е) 3 sin x  4 cos x  5tgx  ctgx  0 .
5.
Найти все корни уравнения cos x  3 sin x  2  cos 2 x  3 sin 2 x , принадлежащие отрезку
6.
Решить систему уравнений:
0  ; 90   .
7.
2 sin x  sin y , 2 cos x  3 cos y .
Пусть x1 , x 2 – частные решения уравнения a sin x  b cos x  c ( abc  0 ) такие, что x1  x 2  2k ,
где k  Z . Выразить sinx1  x 2  и cosx1  x 2  через коэффициенты уравнения.
8.
Найти все значения угла  из интервала 0  ;180 , при которых уравнение
9.
x
2



 36 sin  cos   6 x cos   9 3 sin   0 имеет единственное решение.


Найти область определения и множество значений функции y  ln 8  6 sin 2 2 x  2 sin 2 x cos 2 x  3 .
10. Найти все значения параметра a , при которых неравенство 2 sin 2 x  a sin 2 x  a  1  3
выполняется при любых значениях x .
11. Найти наибольшее значение периметра прямоугольного треугольника с гипотенузой с.
12. а) Показать, что если длина перпендикуляра, опущенного из начала координат на прямую, равна с, а
 – угол между ним и осью абсцисс, то уравнение этой прямой можно записать в виде
x cos   y sin   c
(нормальное уравнение прямой).
б) Найти уравнения прямых, проходящих через точку ( 6 2 , 2 2 ) и касающихся окружности
x 2  y 2  1.
13. В какой ближайший момент времени t, считая от начала движения, смещение точки, совершающей
гармонические колебания по закону s(t)=
t 5 3
t
5
cos

sin
, максимально?
2
4
2
4
14. Человек, прилагая силу F = 20 кг, тянет при помощи верёвки тело весом P = 50 кг, находящееся на
горизонтальной плоскости. Направление верёвки проходит через центр тяжести этого тела. Какой
угол с горизонтом должна образовать сила
коэффициент трения k = 0,4?
F , чтобы тело двигалось равномерно, если
Ответы
1.


3
 n , n  Z ; б) 2m,  2n , m, n  Z ; в) 2arctg  2n , n  Z ; г) решений нет; д) (2m  1) ,
5
3
4
1
 2arctg  2n , m, n  Z .
3
а)
17
2.
3.
4.
5.
1
2005
n
arctg

, nZ .
2004
2003 2004
3170.
 n
 1
4 m  1
4 n

 arcsin 
а)
, n  Z ; б) n , n  Z ; в) tg1 ; г)  arcsin 
,
, m, n  Z ; д)
12 6
8 4
5 2
36 6
5 3

; е) решений нет.
6
30  ; 90   .
3
 5

 (r  s),
 (r  s)  , m, n, r, s  Z .

6
4


2 c
b2  a2
2ab
c2  
sin(
x

x
)

cos(
x

x
)

7. sin( x1  x 2 )  2
,
,
,
cos(
x

x
)

1
2
1
2
1
2
a  b2
a2  b2
a2  b2
b2  a2
6.



  (m  n),  (m  n)  ,
6
4


(   a 2  b 2  c 2 ).
8. 10  , 130  , 150  .


9. R , ln(5  10  3 ); ln(5  10  3) .
10. 2,4; 0 .


11. c 1  2 .
12. б) x cos 75  y sin 75  1 , x cos 15  y sin 15  1 .
13. 6
2
.
3
14. 2arctg 0,4
 4336 .