Тригонометрические подстановки

Тригонометрические подстановки
при решении уравнений
Писаренко Е.М.,
МБОУ СОШ № 19 г. Ставрополя
При решении алгебраических задач бывает удобно заменить
переменную (или переменные, если их несколько) тригонометрической
функцией и свести тем самым алгебраическую задачу к тригонометрической.
Такие замены - тригонометрические подстановки - порой существенно
упрощают решение. Выбор той или иной функции при этом зависит от вида
уравнения, системы уравнений или алгебраического выражения, которое
требуется упростить. Тригонометрические подстановки применяются чаще
тогда, когда область определения данного уравнения совпадает с областью
значений тригонометрической функции или включает эту область.
Например, если из условия следует, что допустимые значения
переменной 𝑥 определяются неравенством |𝑥| ≤ 1, то удобны замены 𝑥 =
𝜋 𝜋
𝑠𝑖𝑛𝑡, где 𝑡 ∈ [− ; ] или 𝑥 = cos 𝑡, где 𝑡 ∈ [0; 𝜋], причем какую из них
2 2
выбрать, зависит от конкретной задачи. В случаях, когда переменная может
𝜋 𝜋
принимать любые значения, используются замены 𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, 𝑡 ∈ (− ; ) или
2 2
𝑥 = 𝑐𝑡𝑔 𝑡, 𝑡 ∈ (0; 𝜋).
Пример 1. Решить уравнение√
1−2𝑥√1−𝑥 2
2
+ 2𝑥 2 = 1. (𝟏)
𝜋
𝜋
Так как 1  x 2  0 , то х  1 . Пусть 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑡, где 𝑡 ∈ [− ; ], тогда √1 − 𝑥 2 =
2 2
𝜋
𝜋
2
2
√1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑡 = |cos 𝑡| = cos 𝑡, т.к. на отрезке [− ; ] cos 𝑡 ≥ 0. Уравнение (1)
примет вид √
1+2 sin 𝑡 cos 𝑡
√
2
= cos2t.
𝑠𝑖𝑛2 𝑡+𝑐𝑜𝑠 2 𝑡+2 sin 𝑡∙cos 𝑡
2
|sin 𝑡+cos 𝑡|
√2
𝜋
= 𝑠𝑖𝑛 (2𝑡 + ) ;
2
𝜋
𝜋
= 2𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) 𝑐𝑜𝑠 (𝑡 + );
4
4
𝜋
𝜋
𝜋
|sin (𝑡 + )| = 2𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) 𝑐𝑜𝑠 (𝑡 + ). (2)
4
4
4
Не зависимо от знака подмодульного выражения, решением уравнения
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
будет любое t, для которого 𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) = 0. Т.к. 𝑡 ∈ [− ; ],то 𝑡 = − .
4
2 2
4
𝜋
𝜋
Рассмотрим случай, когда 𝑡 ∈ [− ;− ).
2
4
𝜋
Учитывая, что 𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) < 0 уравнение (2) примет вид
4
𝜋
2 cos (𝑡 + ) = −1;
4
𝜋
1
cos (𝑡 + ) = − (𝟑).
4
2
𝜋
𝜋
𝜋
Т.к. на промежутке [− ;− )
2
4
cos (𝑡 + ) > 0, то уравнение (3) корней не
4
имеет.
𝜋 𝜋
Рассмотрим случай, когда 𝑡 ∈ (− ; ].
4 2
𝜋
1
cos (𝑡 + ) = .
4
2
𝜋 𝜋
𝜋
Т.к. 𝑡 ∈ (− ; ] , то (𝑡 + ) ∈ (0;
4 2
4
𝜋
3𝜋
𝜋
1
) и cos (𝑡 + 4 ) = 2 только в точке 𝑡 =
4
.
12
Получаем два решения уравнения (1)
𝜋
1) 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛 (− ) = −
4
2) 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛
Ответ:
𝜋
12
−
√2
2
𝜋
6
=√
1−𝑐𝑜𝑠
√2
;
2
√2−√3
2
2
;
=
√2−√3
2
.
.
Пример 2. Решить уравнение 8𝑥 3 − 6x − √3 = 0.
Умножим обе части уравнения 8𝑥 3 − 6x − √3 = 0 на 0,5, тогда
уравнение примет вид
4𝑥 3 − 3x =
√3
.
2
Докажем, что |𝑥| ≤ 1.
Пусть |𝑥| > 1, тогда |4𝑥 2 − 3| > 1 и |𝑥(4𝑥 2 − 3)| >1. Т.е. левая часть
уравнения больше 1, а правая часть – меньше единицы, чего быть не может,
значит |𝑥| ≤ 1.
Применим подстановку 𝑥 = cos 𝑡, 𝑡 ∈ [0; 𝜋].
4𝑐𝑜𝑠 3 𝑥 − 3𝑐𝑜𝑠𝑡 =
√3
;
2
𝑐𝑜𝑠3𝑥 =
√3
;
2
𝜋
3𝑡 = ± + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ ℤ;
6
𝜋 2𝜋
+
𝑘, 𝑘 ∈ ℤ.
18 3
𝑡=±
1) 𝑘 = 0, тогда 𝑡 =
2) 𝑘 = 1, тогда 𝑡 =
𝜋
18
;
11𝜋
18
или 𝑡 =
13𝜋
18
.
Найдем значения x
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠
𝜋
18
; cos
Ответ: 𝑐𝑜𝑠
𝜋
18
11𝜋
18
; cos
; 𝑐𝑜𝑠
11𝜋
18
13𝜋
18
; 𝑐𝑜𝑠
.
13𝜋
18
.
Пример 3. Решить уравнение 23𝑥 − 3 ⋅ 2𝑥 − √3 = 0.
Пусть 𝑥 = 𝑧 + 1, тогда уравнение примет вид
23(𝑧+1) − 3 ⋅ 2𝑧+1 − √3 = 0
23𝑧+3 − 3 ⋅ 2𝑧+1 − √3 = 0
8 ⋅ 23𝑧 − 6 ⋅ 2𝑧 − √3 = 0.
Пусть 2𝑧 = 𝑡, 𝑡 > 0, тогда получим уравнение 8𝑡 3 − 6t − √3 = 0 ,
решение в примере 3. Т.к.
11𝜋
18
и
13𝜋
углов отрицательны, значит 2𝑧 =
18
𝜋
углы второй четверти, то косинусы этих
18
𝑥 = 𝑙𝑜𝑔2 𝑐𝑜𝑠
Ответ: 𝑙𝑜𝑔2 𝑐𝑜𝑠
𝜋
18
𝜋
, т.е. 𝑧 = 𝑙𝑜𝑔2 𝑐𝑜𝑠 , а значит
18
𝜋
+ 1.
18
+ 1.
Пример 4. Найти наибольшее и наименьшее значения выражения x + y
в области 𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 3 = 0.
Выделим полный квадрат 𝑥 2 + 4𝑥 + 4 + 𝑦 2 − 1 = 0;
(𝑥 + 2)2 + 𝑦 2 =1.
(1)
Из последнего равенства следует, что |𝑥 + 2| ≤ 1 и |𝑦| ≤ 1.
Пусть 𝑥 + 2 = sin 𝑡, 𝑦 = cos 𝑡, 𝑡 ∈ [0; 2𝜋]. Равенство (1) примет вид
𝑠𝑖𝑛 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 = 1.
𝜋
𝜋 √2
𝑥 + 𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 2 = 𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑠𝑖𝑛 ( + 𝑡) − 2 = 2𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) ⋅
−2=
2
4
2
𝜋
=√2𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) − 2;
2
4
𝜋
−1 ≤ 𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) ≤ 1
4
𝜋
−√2 ≤ √2𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) ≤ √2;
4
𝜋
−√2 − 2 ≤ √2𝑠𝑖𝑛 (𝑡 + ) − 2 ≤ √2 − 2.
4
𝑦наим = −√2 − 2;
𝑦наиб = √2 − 2.
Ответ: 𝑦наим = −√2 − 2; 𝑦наиб = √2 − 2.
.