В данном пункте учебника рассмотрено введение вспомогательного угла. Применение этого приема показано на примерах решения уравнений и неравенств. В предыдущих пунктах уже решались уравнения вида a sin x+b cos x=0 и находились наибольшее и наименьшее значения функции y=a sin x+b cos x . Но только теперь применение приема рассматривается в общем виде.
Решения и комментарии
11.50. а) Решите уравнение 4 sin x−5 cos x=2 . (1)
Решение. Разделив обе части уравнения (1) на число 4 2 + ( −5 ) 2 = 41 , перепишем это уравнение в виде 4 41 sin x− 5 41 cos x= 2 41 . (2)
Подберем такой угол α , что sin α= 5 41 , a cos α= 4 41 , тогда уравнение (2) перепишется в виде sin ( x−α )= 2 41 . (3)
Так как −1< 2 41 <1 , то множество решений уравнения (3) задается формулами x n −α=arcsin 2 41 +2πn, n∈ Z и x k −α=π−arcsin 2 41 +2πk, k∈ Z, откуда получим, что уравнение (1) имеет две серии решений:
x n =α+arcsin 2 41 +2πn, n∈ Z; x k =α+π−arcsin 2 41 +2πk, k∈ Z,
где α=arcsin 5 41 . 11.52. а) Решите неравенство sin x+cos x>− 2 . (4)
Решение. Разделив обе части неравенства (1) на положительное число 1 2 + 1 2 = 2 , перепишем это неравенство в виде 1 2 sin x+ 1 2 cos x>−1 . (5)
Так как 1 2 =sin π 4 , а 1 2 =cos π 4 , то неравенство (5) перепишется в виде sin ( x+ π 4 )>−1 . (6)
Все решения неравенства (6) задаются условиями: − π 2 +2πn<x+ π 4 < 3π 2 +2πn, n∈ Z, (рис. 74), откуда находим решения неравенства (6): − 3π 2 +2πn<x< 5π 2 +2πn, n∈ Z.
Следовательно, все решения неравенства (4) составляют серию интервалов ( − 3π 2 +2πn; 5π 2 +2πn ), n∈ Z.
Замечание. Так как неравенство (6) равносильно неравенству sin ( x+ π 4 )≠−1 , то все решения неравенства (6) можно было задать другим условием: x+ π 4 ≠− π 2 +2πn, n∈ Z, тогда все решения неравенства (4) можно записать и так:
x≠− 3π 2 +2πn, n∈ Z.
Обратим внимание на то, что однородные тригонометрические уравнения первой и второй степени можно решать двумя способами: 1) введением вспомогательного угла; 2) сведением к равносильному уравнению относительно тангенса (п. 11.4 учебника), причем оба способа одинаково трудны. В то же время однородные тригонометрические неравенства первой и второй степени предпочтительнее решать введением вспомогательного угла, так как сводить их к неравенствам относительно тангенса очень трудная задача. Например, рассмотрим решение неравенства sin x−cos x>0 . (7)
I способ. Вводя вспомогательный угол, перепишем неравенство (7) в виде sin ( x− π 4 )>0 . (8)
Множество всех решений неравенства (8) задается условиями
2πn<x− π 4 <π+2πn, n∈ Z.
Откуда находим множество всех решений неравенства (7):
π 4 +2πn<x< 5π 4 +2πn, n∈ Z.
II способ. Для решения неравенства (7) вторым способом надо решить три системы: 1) { cos x=0 sin x>0, 2) { cos x>0 tg x>1, 3) { cos x<0 tg x<1 и затем объединить решения трех систем. Ясно, что первый способ предпочтительнее. 11.54. б) Решите неравенство 3 sin 2 x−2 3 sin xcos x−3 cos 2 x>0 . (9)
Решение. I способ. Перепишем неравенство (9), разложив его левую часть на множители: ( sin x− 3 cos x )( 3sin x+ 3 cos x )>0 . (10)
Разделим неравенство (10) на 4 3 : ( 1 2 sin x− 3 2 cos x ) ( 3 2 sin x+ 1 2 cos x )>0 . (11)
Далее можно решить две системы неравенств и, объединив множества их решений, получить множество решений неравенства (9). Применим другой прием. Так как
то после умножения на 2 неравенство (12) перепишется в виде
2sin ( x− π 3 )cos ( x− π 3 )>0
или в виде sin ( 2x− 2π 3 )>0 . (13)
Все решения неравенства (13) задаются условиями
2πn<2x− 2π 3 <π+2πn, n∈ Z,
откуда находим все решения неравенства (13):
π 3 +πn<x< 5π 6 +πn, n∈ Z.
Следовательно, все решения неравенства (9) составляют серию интервалов ( π 3 +πn; 5π 6 +πn ), n∈ Z. II способ. 1) Если cos x=0 , т. е. если x k = π 2 +πn, n∈ Z, то справедливо неравенство
3 sin 2 x k −2 3 sin x k cos x k −3 cos 2 x k >0 .
Это означает, что все числа x k являются решениями неравенства (9) (рис. 75, а).
2) Если cos x≠0 , т. е. если x≠ π 2 +πn , то неравенство (9) можно переписать в виде cos 2 x( 3 tg 2 x−2 3 tg x−3 )>0 . (14)
Так как cos 2 x>0 , то неравенство (14) равносильно неравенству 3 tg 2 x−2 3 tg x−3>0 . (15)
Введя новое неизвестное t=tg x , перепишем неравенство (15) в виде 3 t 2 −2 3 t−3>0 . (16)
Множество всех решений неравенства (16) есть все t<− 3 3 и все t> 3 . Поэтому множество решений неравенства (9) есть объединение множеств решений неравенств
tg x> 3 и tg x<− 3 3 . Множество решений первого неравенства есть серия интервалов ( π 3 +πk; π 2 +πk ), k∈ Z, a множество решений второго неравенства есть серия интервалов ( π 2 +πn; 5π 6 +πn ), n∈ Z. Тогда множество решений неравенства (15) есть объединение этих интервалов (рис. 75, б). 3) Объединив все найденные решения, получим множество решений неравенства (9): ( π 3 +πk; 5π 6 +πk ), k∈ Z (рис. 75, в).
III способ. 1) Применив формулы синуса и косинуса двойного угла, перепишем неравенство (9) в виде
−3cos 2x− 3 sin 2x>0 .
Разделив обе части этого неравенства на −2 3 , перепишем его в виде 3 2 cos 2x+ 1 2 sin 2x<0 . (17)
Так как 1 2 =sin π 3 , а 3 2 =cos π 3 , то неравенство (17) перепишется в виде sin ( 2x+ π 3 )<0 . (18)
Все решения неравенства (18) задаются условиями π+2πn<2x+ π 3 <2π+2πn, n∈ Z. Отсюда получим, что все решения неравенства (9) есть серия интервалов ( π 3 +πn; 5π 6 +πn ), n∈ Z (см. рис. 75, в). Наиболее простым представляется третий способ решения данного неравенства. Замечание. При выполнении задания 11.54 вторым способом часто пропускают первый шаг решения и, как следствие, теряют решения x k .
