М В. Глебова И. Черанева · 2 УДК 512.8 (075) Г53 Р е ц е н з е н т ы: кандидат физико-математических наук, доцент

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ

Федеральное государственное бюджетное

образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Пензенский государственный университет» (ПГУ)

М. В. Глебова, И. И. Черанева

Избранные вопросы

по элементарной алгебре

Учебное пособие

Часть 2

Пенза

Издательство ПГУ

2013

2

УДК 512.8 (075)

Г53

Р е ц е н з е н т ы:

кандидат физико-математических наук,

доцент кафедры математики и информатики

Пензенского филиала Финансового университета

при Правительстве РФ

Ю. Н. Заваровский;

кандидат физико-математических наук,

доцент кафедры геометрии и математического анализа

Пензенского государственного университета

О. В. Якунина

Глебова, М. В.

Г53 Избранные вопросы по элементарной алгебре : учеб. посо-

бие / М. В. Глебова, И. И. Черанева ; науч. ред. А. Я. Султа-

нов. – Пенза : Изд-во ПГУ, 2013. Ч. 2. 88 с.

ISBN 978-5-94170-612-9

Содержатся теоретический материал и подробные решения приме-

ров по теме «Трансцендентные уравнения», а также упражнения для са-

мостоятельного решения, к которым даны ответы. В конце пособия при-

ведены варианты контрольной работы.

Издание подготовлено на кафедре алгебры Пензенского государст-

венного университета и предназначено для бакалавров физико-мате-

матических факультетов педагогических университетов, обучающихся

по профилю подготовки «Математика», а также будет полезно для

школьников при подготовке к ЕГЭ по математике.

УДК 512.8 (075)

ISBN 978-5-94170-612-9 © Пензенский государственный

университет, 2013

3

СОДЕРЖАНИЕ

Введение ............................................................................................................... 4

Г л а в а 1. Тригонометрические уравнения .................................................... 6

1. Тождественные преобразования тригонометрических выражений ........ 6

Упражнения .................................................................................................... 17

2. Обратные тригонометрические функции ................................................ 19

Упражнения .................................................................................................... 27

3. Простейшие тригонометрические уравнения ......................................... 29

Упражнения .................................................................................................... 43

4. Тригонометрические уравнения повышенной сложности ..................... 45

Упражнения .................................................................................................... 54

Г л а в а 2. Показательные и логарифмические уравнения .......................... 56

1. Тождественные преобразования показательных

и логарифмических выражений .................................................................... 56

Упражнения .................................................................................................... 62

2. Показательные уравнения ......................................................................... 63

Упражнения .................................................................................................... 68

3. Логарифмические уравнения .................................................................... 69

Упражнения .................................................................................................... 78

Список литературы ........................................................................................... 81

Приложение ....................................................................................................... 82

4

Введение

Учебное пособие содержит теоретический материал и подробные

решения примеров по теме «Трансцендентные уравнения».

Трансцендентными называются уравнения, содержащие неиз-

вестную под знаком элементарной функции, например логарифмиче-

ской, показательной или тригонометрической.

Обучение решению этих уравнений можно разделить на два эта-

па. Вначале надо научиться решать «простейшие» уравнения, такие

как f (x) = a, где f (x) = sin x, f (x) = log x, и т.д., а затем – научиться

приемам, помогающим свести более сложное трансцендентное урав-

нение к простейшему.

Настоящее пособие построено по следующему плану.

Первая глава посвящена тригонометрическим преобразованиям и

уравнениям.

Тригонометрические уравнения одна из самых сложных тем

в школьном курсе математики. Решению этих уравнений в вариантах

ЕГЭ по математике посвящена задача C1. Самое важное отличие три-

гонометрических уравнений от алгебраических состоит в том, что

в алгебраических уравнениях конечное число корней, а в тригономет-

рических – бесконечное, что сильно усложняет отбор корней. Еще

одной спецификой тригонометрических уравнений является неедин-

ственность формы записи ответа. Поэтому многие учащиеся испыты-

вают затруднения при решении тригонометрических уравнений, осо-

бенно при отборе корней уравнений на промежутках.

В пособии сначала изложены основные методы решения простей-

ших тригонометрических уравнений, а потом рассматриваются триго-

нометрические уравнения повышенной сложности. Приведены раз-

ные способы отбора корней.

Вторая глава посвящена показательным и логарифмическим

уравнениям. Показательные и логарифмические уравнения также от-

носятся к уравнениям, которые принято называть трансцендентными.

Методика изложения решений показательных и логарифмических

5

уравнений выдержана в таком же стиле, как и решение тригономет-

рических уравнений: сначала учатся решать простейшие уравнения,

а затем рассматриваются приемы сведения прочих, более сложных,

уравнений к решению простейших.

Примеры систематизируются по видам и методам их решения.

Делается попытка охватить основные виды трансцендентных уравне-

ний, а также показать оригинальные методы решения.

В конце пособия приведены варианты контрольных работ.

6

Г л а в а 1

Тригонометрические уравнения

1. Тождественные преобразования тригонометрических выражений

Преобразование тригонометрических выражений является основ-

ным умением для успешного решения тригонометрических уравне-

ний. Иногда преобразование тригонометрического выражения, его

упрощение, само по себе является непростой и интересной задачей.

Сложность этих преобразований зачастую определяется большим ко-

личеством формул, которые при этом можно использовать. Иногда

приходится видеть справочные материалы, количество тригономет-

рических формул в которых просто пугает. Попробуем обойтись

меньшим количеством, в них легче будет ориентироваться.

Напомним основные тригонометрические формулы.

Формулы, связывающие тригонометрические функции

одного аргумента

2 2sin cos 1x x ;

sin costg ; ctg ;

cos sin

x xx x

x x

tg ctg 1x x ;

2 2

2 2

1 11 tg ; 1 ctg .

cos sinx x

x x

Формулы двойного аргумента

2 2 2 2cos2 cos sin 2cos 1 1 2sin ;x x x x x

sin2 2sin cosx x x ;

2

2

2tg ctg 1tg2 , ctg2 .

2ctg1 tg

x xx x

xx

7

Формулы половинного аргумента

и понижения степени

2 21 cos 1 cossin ; cos ;

2 2 2 2

x x x x

sin 1 costg ; tg .

2 1 cos 2 sin

x x x x

x x

Формулы сложения

sin sin cos cos sinx y x y x y ; sin sin cos cos sinx y x y x y ;

cos cos cos sin sinx y x y x y ; cos cos cos sin sinx y x y x y .

Формулы преобразования суммы

в произведение

sin sin 2sin cos ; sin sin 2sin cos ;2 2 2 2

x y x y x y x yx y x y

cos cos 2cos cos ; cos cos 2sin sin .2 2 2 2

x y x y x y x yx y x y

Формулы преобразования произведения

в сумму

1

sin sin cos cos ;2

x y x y x y

1

cos cos cos cos ;2

x y x y x y

1

sin cos sin sin .2

x y x y x y

8

Формулы, выражающие sinx и cosx через tg2

x

2

2 2

2tg 1 tg2 2sin ; cos .

1 tg 1 tg2 2

x x

x xx x

Все формулы могут применяться только с учетом необходимых

ограничений на допустимые значения переменной.

Для применения формул приведения, для определения знаков

тригонометрических функций в зависимости от принадлежности их

аргумента какой-либо конкретной четверти, очень удобно использо-

вать так называемый тригонометрический круг. Остановимся на по-

следнем подробнее.

Тригонометрическим кругом называется единичная окружность

с центром в начале координат (рис. 1).

Рис. 1

Для работы удобно называть ось абсцисс линией косинуса, ось

ординат – линией синуса. Линии тангенса и котангенса – касательные

ctg

tg

cos

sin

9

к окружности, параллельные линиям синуса и косинуса соответствен-

но. Радиус окружности равен 1.

Из рис. 1 видно, что для определения значения функции синуса

или косинуса достаточно опустить перпендикуляр на соответствую-

щую ось из точки окружности, которая соответствует данному углу.

Для отыскания значений тангенса и котангенса достаточно продлить

радиус, проведенный в точку, определяющую данный угол на окруж-

ности, до пересечения с соответствующей линией.

Следует заметить, что при желании можно по кругу видеть прак-

тически все свойства тригонометрических функций, такие как пе-

риодичность, ограниченность синуса и косинуса, знаки значений ка-

ждой из функций по четвертям расположения их аргументов. Более

того, если выучить значения тригонометрических функций так назы-

ваемых табличных углов, то с помощью круга их легко «не перепу-

тать»!

Например, для аргументов, кратных 2

, по кругу легко видеть их

значения. Видно, что для 2

не определено значение тангенса, а зна-

чение котангенса равно 0. Для аргументов, кратных 6

и

3

, если вы-

учить всего четыре числа: 1

2 и

3

2 для синуса и косинуса, и 3

и 3

3 – для тангенса и котангенса, то по кругу также легко опреде-

лить значения тригонометрических функций этих аргументов

(рис. 2). Для аргументов, кратных 4

, значения тригонометрических

функций запоминаются легко.

Остановимся теперь на формулах приведения. Они позволяют

свести вычисление значений тригонометрических функций различ-

ных аргументов к вычислению их значений для аргументов из первой

четверти. Применяются эти формулы для аргументов вида 2

;

3

2

;

5

2

и т.д., а также для ; 2 ; 3 и т.д.

10

Рис. 2

Применять формулы приведения рекомендуется в два шага:

1) для аргументов первой группы (говорят, что они откладыва-

ются от вертикальной оси) необходимо поменять название функции

на «кофункцию», т.е. синус на косинус, косинус на синус, тангенс на

котангенс, котангенс на тангенс. Для аргументов второй группы ме-

нять название функции не надо;

2) определить знак значения функции в соответствии со знаком

преобразуемой функции.

Остановимся теперь на некоторых часто встречающихся преоб-

разованиях.

Преобразование степенных сумм

Все эти преобразования основаны на применении основного три-

гонометрического тождества 2 2sin cos 1x x формул сокращенного

умножения.

11

4 4 2 2 2 2 2 21sin cos (sin cos ) 2sin cos 1 sin 2

2x x x x x x x ;

4 4 2 2 2 2sin cos (sin cos )(sin cos ) cos2x x x x x x x ;

6 6 2 2 4 2 2 4sin cos (sin cos )(sin sin cos cos )x x x x x x x x

= 2 2 2 2 2 23

(sin cos ) 3sin cos 1 sin 2 ;4

x x x x x

6 6 2 2 4 2 2 2sin cos (sin cos )(sin sin cos cos )x x x x x x x x

2 2 2 2 2 21cos2 ((sin cos ) sin cos ) cos2 (1 sin 2 ).

4x x x x x x x

Преобразование линейного выражения asinx + bcosx

2 2

2 2 2 2sin cos sin cos

a ba x b x a b x x

a b a b

2 2 sin ,a b x

где 2 2

arcsina

a b

– вспомогательный аргумент.

Ясно, что при необходимости, можно преобразовать данное вы-

ражение к виду

2 2sin cos cos .a x b x a b x

Это очень полезное преобразование, особенно выигрышным оно

бывает для случаев, когда вспомогательный аргумент оказывается

одним из табличных значений. Например:

sin cos 2 sin ,4

x x x

или sin 3cos 2sin3

x x x

.

12

Использование этого преобразования оказывается полезным при

оценке значений выражения. Ясно, что

2 2 2 2sin cos [ ; ]a x b x a b a b .

Эти соображения часто помогают при решении задач, в которых

бывает нужно оценить множество значений функций, содержащих

такие выражения.

П р и м е р 1. Найти количество целых чисел, входящих во мно-

жество значений функции 7sin3 5cos3y x x .

Решение.

7sin3 5cos3 [ 74; 74]y x x ,

поэтому надо просто пересчитать целые числа, попавшие в этот

отрезок.

Ответ: 17.

Преобразование выражения вида

cosx cos2x cos4x

Речь идет о преобразовании произведения косинусов, аргументы

которых образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2.

Ограничимся рассмотрением случая трех множителей:

2sin cos cos2 cos4cos cos2 cos4

2sin

x x x xx x x

x

2sin2 cos2 cos4 2sin4 cos4 sin8 .

4sin 8sin 8sin

x x x x x x

x x x

Заметим, что выполнение этого преобразования возможно только

если x n .

Для лучшей организации поиска правильной последовательности

преобразования тригонометрических выражений есть смысл придер-

живаться следующих рекомендаций:

во-первых, если есть возможность применить формулы приведе-

ния, это надо сделать;

во-вторых, стоит попробовать преобразовать все входящие в вы-

ражение тригонометрические функции по возможности так, чтобы

у них у всех был одинаковый аргумент;

13

в-третьих, при выражении функций тангенса и котангенса через

синус и косинус, если это необходимо, есть возможность использо-

вать основные формулы sin

tgcos

xx

x и

cosctg

sin

xx

x , которые не меня-

ют аргумент, а формулы sin

tg2 1 cos

x x

x

и

1 costg

2 sin

x x

x

увеличивают

его вдвое.

Кроме того, если не приходит в голову какая-либо идея преобра-

зования, и вы зашли в тупик, стоит попробовать применить так назы-

ваемые «шутливые» правила:

«видишь сумму – делай произведение»;

«видишь произведение – делай сумму»;

«видишь квадрат – понижай степень».

Рассмотрим несколько примеров.

П р и м е р 2. Доказать тождество

sin( 3 )5 32 ctg .

1 sin(3 ) 4 2

Решение. Применим формулы приведения в левой части, причем

заметим, что для sin 3 надо сначала воспользоваться нечетно-

стью функции синуса.

В качестве основного аргумента, видимо, стоит выбрать 3, по-

этому в правой части будем преобразовывать котангенс по формуле

1 cos sintg èëè tg ,

2 sin 2 1 cos

x x x x

x x

причем, поскольку тангенс и котангенс одного аргумента взаимно об-

ратные величины, нам придется эти формулы «перевернуть» и вы-

брать из них ту, которая больше подходит. Получим

5sin( 3 )

cos3 2 ,51 sin3

1 cos( 3 )2

14

откуда после применения формул приведения получим

cos3 cos3 .

1 sin3 1 sin3

Тождество доказано.

П р и м е р 3. Упростить выражение

sin2 sin3 sin4 .

cos2 cos3 cos4

Решение. Воспользуемся шутливыми правилами. Видим сумму,

сделаем произведение, при этом учтем важное соображение: преобра-

зовывать в произведение выражение sin2 sin3 нет смысла, так

как при этом в качестве полусуммы и полуразности аргументов по

формулам преобразования суммы получатся аргументы 5

è 2 2

, ко-

торые только усложнят ситуацию.

Заметим, что удобнее объединять для преобразования слагаемые

sin2 sin4 , и в знаменателе удобнее будет преобразовывать в про-

изведение сумму cos2 cos4 . Получим

sin2 sin3 sin4 2sin3 cos sin3

cos2 cos3 cos4 2cos3 cos cos3

sin3 (2cos 1)tg3 .

cos3 (2cos 1)

П р и м е р 4. Доказать тождество

2

2

sin(4 )2cos 2 3sin4 1 6 .2sin 2 3 4 1 sin(4 )

6

sin

Решение. Преобразуем левую часть, применив формулы косинуса

двойного аргумента, а затем преобразуем получившиеся линейные

выражения:

15

2

2

2cos 2 3sin4 1 cos4 3sin4

3sin4 cos42sin 2 3sin4 1

1 3 sin cos4 cos sin42( cos4 sin4 )

6 62 2

3 1 sin sin4 cos cos42( sin4 cos4 )3 32 2

sin sin sin4 4 46 6 6

.

cos sin4 4sin 43 62 3

П р и м е р 5. Упростить выражение:

3 4cos4 cos8 .

3 4cos4 cos8

Решение. Как, практически, в любой задаче по тригонометрии

здесь можно действовать по-разному.

1 способ. Применим искусственный прием. Проанализировав ко-

эффициенты, можно догадаться представить числитель и знаменатель

в следующем виде:

4 1 cos4 (cos8 1)4 1 4cos4 cos8

4 1 4cos4 cos8 4 1 cos4 (cos8 1)

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

8cos 2 2sin 4 8cos 2 8sin 2 cos 2

8sin 2 2sin 4 8sin 2 8sin 2 cos 2

2 2 44

2 2 4

8cos 2 (1 sin 2 ) cos 2ctg 2 .

8sin 2 (1 cos 2 ) sin 2

16

2 способ. Заметим, что косинус 8 может быть выражен через

квадрат косинуса 4, а значит, мы можем рассматривать числитель и

знаменатель как квадратные трехчлены относительно cos4:

2

2

3 4cos4 cos8 2cos 4 4cos4 2

3 4cos4 cos8 2cos 4 4cos4 2

2 2 24

2 2 2

cos4 1 (2cos 2 )ctg 2 .

(2sin 2 )1 cos4

П р и м е р 6. Вычислить sin18.

Решение. Ясно, что не составило бы труда вычислить, скажем,

sin15, как синус половинного угла от 30. Для 18 эта идея не годит-

ся. Для аргументов, кратных 18, т.е. для 18, 36, 54, 72, полезно

заметить, что, если = 18, то 5 = 90, если = 36, то 5 = 180

и т.д.

Для вычисления sin18 положим = 18. Тогда 3 90 2 , по-

этому sin3 sin 90 2 .

Далее последовательно имеем

sin 2 cos2 ;

2 2sin2 cos cos2 sin cos sin ;

2 2 3 2 22sin cos cos sin sin cos sin ;

2 3 2 23sin cos sin cos sin ;

2 3 23sin 1 sins sin 1 2sin ;

3 24sin 2sin 3sin 1 0.

17

Полученное уравнение с помощью замены t = sin сводится к ку-

бическому. Оно раскладывается на множители:

21 4 2 1 0.t t t

Его корни : 5 1

1, 4

t t

.

Ясно, что, поскольку 18 , то подходит только 5 1

4t

.

Ответ: 5 1

sin184

.

Упражнения

Доказать тождества:

1.1. 2

cos(3 2 ) 5tg .

5 42sin ( )

4

1.2. 3

1 sin4 ctg 2 cos4 0.4

1.3. sin4 cos2 3

ctg .1 cos4 1 cos2 2

1.4.

5cos 6 sin 4 sin(3 0

2tg

5sin 6 cos 4 2 cos( 4 )

2

.

1.5.

26 6 sin 4

sin cos cos .4

1.6. sin7

2 cos2 cos4 cos6 1 0sin

.

1.7.

4 4

6 6

sin cos 1 2.

3sin cos 1

1.8.

21 2sin 2

1 sin4

=

1 tg.

1 tg

18

Упростить выражения:

1.9. 2 sin cos

sin cos

.

1.10.

2 2

2 2

sin 2 4sin.

sin 2 4sin 4

1.11. 3 4cos 4 3 cos 5 8 .

1.12.

7

sin 2 3 2cos( 2 )6 .

2cos 2 3cos(2 3 )6

1.13.

2

2

tg 2 14

.5

tg 2 14

1.14. 2 2

2 2

3sin 4cos ( )

2 2 .5

cos 4 4cos 4 2 2

Доказать справедливость равенств:

1.15. a) 6 2

sin154

; b)

6 2cos15 .

4

1.16. 5 1

cos36 .4

1.17. 3 1

sin sin .10 10 2

1.18. 4 2

8cos cos cos 1.9 9 9

1.19. 2 4 6 1

cos cos cos cos .5 5 5 5 2

1.20. 1 3

4sin10 cos10

.

19

Ответы.

1.9. tg .2 8

1.10. 4tg . 1.11. 48cos 2 .

1.12. 3ctg2 . 1.13. –sin4 . 1.14. 4tg 2

.

2. Обратные тригонометрические функции

Понятие обратной функции в школьном курсе математики ис-

пользуется в основном для тригонометрических функций.

Напомним, для того, чтобы функция , : y f x f X Y имела

обратную 1( )x f y , 1 :f Y X , необходимо и достаточно, чтобы

она была биекцией, т.е. определяла взаимно-однозначное отображе-

ние множества X на множество Y.

Для тригонометрических функций, ввиду их периодичности, если

их рассматривать на множестве всех действительных чисел, обратных

функций не существует. Об обратимости можно говорить, только ес-

ли ограничить область их определения до промежутка, на котором

функция монотонна, и при этом принимает всевозможные значения

из их множества значений.

Напомним определения обратных тригонометрических функций.

arcsin y x это функция, которая каждому числу [ 1;1]x

ставит в соответствие число [ ; ]2 2

y

, синус которого равен x.

arccosy x это функция, которая каждому числу [ 1;1]x ста-

вит в соответствие число [0; ],y косинус которого равен .

arctgy x это функция, которая каждому числу ( ; )x

ставит в соответствие число ( ; )2 2

y

, тангенс которого равен x.

arcctgy x это функция, которая каждому числу ( ; )x

ставит в соответствие число (0; )y , котангенс которого равен x.

Приведем некоторые важные тождества:

arcsin arcsin , 1;1 ;x x x (1)

arccos arccos , 1;1 ; x x x (2)

20

arcsin arccos ; 1;1 ;2

x x x

(3)

arctg arcctg ; ; ;x x x (4)

arcctg arcctg ; ( ; )x x x ; (5)

arctg arcctg ;2

x x

(6)

sin arcsin , [ 1;1]x x x ; (7)

cos arccos , 1;1 ;x x x (8)

arcsin sin , ; ;2 2

x x x

(9)

arccos cos , 0; ;x x x (10)

tg arctg , ; ;x x x (11)

ctg arcctg , ; ;x x x (12)

arctg tg , ; ;2 2

x x x

(13)

arcctg ctg , 0; .x x x (14)

Разберем некоторые примеры, которые иллюстрируют примене-

ние последних тождеств.

П р и м е р 1. Преобразовать выражения:

a) sin arcsin 3 ;

b) 5

arcsin sin6

;

c) 1

cos(arcsin );3

d) 2

sin arctg3

.

21

Решение.

а) sin arcsin 3 не существует, так как 3 не принадлежит от-

резку [ 1;1] ;

b) 5

arcsin sin arcsin(sin )6 6 6

; так как при преобразовании

подобных выражений полезно помнить, что в тождестве (9) аргумент

должен принадлежать отрезку [ ; ]2 2

;

c) для преобразования такого выражения бывает полезно ввести

обозначение: 1

arcsin3 . Тогда

1sin

3 , и кроме того, ; .

2 2

Поэтому 2 2 8cos 1 sin

9 , и, учитывая, что, ;

2 2

, по-

лучаем

1 2 2cos(arcsin ) ;

3 3

d) обозначим 2

arctg3

, тогда 2

tg3

и при этом

( ; )2 2

. Воспользуемся известным соотношением

2

2

11 tg .

cos

Получим 2

2

1cos

1 tg

, поэтому 2 9

cos13

, и, значит,

2 4sin

13 .

Теперь необходимо определить знак sin . Ограничение для

( ; )2 2

не позволяет этого сделать. Но если учесть, что по усло-

вию 2

tg 03

, то ( ;0)2

, а значит,

2sin .

13

22

Таким образом, 2

sin arctg3

=2

13 .

П р и м е р 2. Вычислить arccos(sin43) .

Решение. Используя периодичность функции siny x , преобра-

зуем выражение sin43.

Так как 13 43 14 , то 43 14 0 , поэтому

sin43 sin 43 14 sin(14 43) ,

а это значит, что

arccos sin43 arccos sin 14 43 arccos(sin 14 43 ) .

Учитывая далее, что

arccos arcsin ,2

t t

получаем

arccos sin 14 43 arcsin sin 14 432

.

Теперь, учитывая, что 0 14 432

, применим тождество (9)

и получим

29

arcsin sin 14 43 14 43 432 2 2

.

Ответ: 29

arccos sin43 432

.

П р и м е р 3. Проверить равенство

36 15 4arccos arccos arcsin

85 17 2 5

.

23

Решение. Заметим, что проверить равенство чисел в левой и пра-

вой части «напрямую», т.е., доказав, что их разность равна нулю, не

получится.

Придется воспользоваться другим соображением: для чисел a и b,

принадлежащих одному промежутку монотонности функции ( )y f x ,

равенства ( )f a f b и a b равносильны.

Ясно, что, прежде всего, необходимо оценить, каким числовым

промежуткам принадлежат числа в левой и правой частях равенства.

На первый взгляд, это нетрудно. Исходя из множества значений

функций arccos è arcsiny x y x получим

360 arccos

85 ;

15arccos 0

17 ,

поэтому

36 15arccos arccos .

85 17

Ясно, что на промежутке [ ; ] ни одна из тригонометрических

функций не является монотонной. Постараемся провести оценку как

можно жестче. Учтем, что 0 36 1

85 2 , значит

36 arccos

3 85 2

.

Далее, так как 1 15

12 17 , то

150 arccos

17 3

.

Значит

15– arccos 0.

3 17

Поэтому

36 150 arccos arccos .

85 17 2

24

Аналогично оценим правую часть равенства. Так как 1 4

12 5 , то

4arcsin

6 5 2

, а значит,

4arcsin ,

2 5 6

поэтому,

40 arcsin

2 5 3

.

Таким образом, обе части равенства принадлежат промежутку

0;2

.

На этом промежутке монотонны все тригонометрические функ-

ции. Вычислим значение синуса от обеих частей равенства. Получим

36 15 36 15sin arccos arccos sin arccos cos arccos

85 17 85 17

2 236 15 36 15 36 15

cos arccos sin arccos 1 185 17 85 17 85 17

2 2 2 285 36 15 36 17 15 77 15 36 8 867 3.

85 17 85 17 85 17 85 17 85 17 5

24 4 4 3

sin arcsin cos arcsin 1 .2 5 5 5 5

Равенство верно.

П р и м е р 4. Найти множество значений функции

sin2 ,y x если 5 5

.arccos ;13 12

x

Решение. Для начала заметим, что легче будет искать множество

значений функции siny t , где 5 5

2 2arccos ;13 6

t x

.

25

Ввиду периодичности функции siny t , ошибочно считать, что

достаточно теперь найти значение функции на концах промежутка.

Надо разобраться, какой четверти принадлежит значение 5

2arccos .13

Так как 5 1

013 2

, то 5

arccos3 13 2

, поэтому

2 32arccos ,

3 13

т.е. числовой промежуток

5 52arccos ;

13 6

цели-

ком принадлежит второй четверти, в которой функция siny t убыва-

ет. Значит, множество значений функции на этом промежутке есть

отрезок 5 5

sin ; sin .2arccos6 13

Так как 1205

sin 2arccos16913

, то окончательно получаем

1 120sin2 ; .

2 169x

Рассмотрим примеры преобразования выражений, содержащих

неизвестную под знаком обратных тригонометрических функций.

П р и м е р 5. Упростить выражение

sin(arccos arcsin ).x y

Решение. Используем формулу

sin sin cos cos sin .x y x y x y

Получим

sin arccos arcsin sin arccos cos arcsinx y x y xy

2 21 1x y xy .

П р и м е р 6. Доказать тождество:

2arctg arcsin

1

xx

x

.

26

Решение. Числа в левой и правой части равенства принадлежат

промежутку ;2 2

, который является промежутком монотонности

функции tg y t . Это означает, что равенства

2 2

tg arctg tg arcsin è arctg arcsin 1 1

x xx x

x x

равносильны.

Преобразуем первое из этих равенств

2

2

arcsinsin1

;

arccoscos1

x

xx

x

x

далее

2

2 2: 1 .

1 1 )

x xx

x x

Равенство верно.

П р и м е р 7. Доказать равенство

12arccos arccos .

2

xx

Решение. Определим сначала, каким промежуткам принадлежат

числа в левой и правой части равенства, чтобы решить какая функция

поможет нам доказать это равенство.

Ясно, что arccos [0; ]x .

Сложнее с числом, стоящим в левой части. Если воспользоваться

очевидной оценкой 1

arccos [0; ]2

x , а значит

12arccos [0;2 ]

2

x ,

то равенство доказать не удастся, так как на этом промежутке не мо-

нотонна ни одна из тригонометрических функций.

27

Проведем более «жесткую» оценку.

Учтем, что при [ 1;1]x , 1

[0;1]2

x , а значит

1arccos 0;

2 2

x

и при этом 1

2arccos [0; ]2

x . На этом про-

межутке монотонна функция cosy t .

Вычисляя значение этой функции от левой и правой части равен-

ства, получаем

21 1 1cos 2arccos 2cos arccos 1 2 1

2 2 2

x x xx

.

Таким образом, равенство верно.


Найти числовые значения следующих выражений:

2.1. a) sin 2arctg 3 ; b) 1 1

tg ;arccos2 2

c) sin(3arcctg( 1)) .

2.2. arcctg ctg .10

2.3. 10

arcsin(sin ).3

2.4. arccos cos .3

Расположить в порядке возрастания:

2.5. arccos0,6 ; arcsin0,6; arccos 0,7 ; arcsin 0,1 .

2.6. 1

arctg ; 3

1

arctg ;5

1

arcctg ;3

1

arcctg .5

Вычислить:

2.7. 7

arcsin cos .12

28

2.8. 17

arcctg tg .13

2.9. 3

sin arcsin .2 5

2.10. 12

sin 2arccos( ) .13

2.11. 2

sin artg .2 5

2.12. 5

ctg .2arcsin13

Доказать равенства:

2.13. 3 1 11

arcsin arccos arccos .2 7 14

2.14. 1 1 32

2arctg arctg arctg .5 4 43

2.15. 36 15 4

arccos arccos arcsin .85 17 2 5

2.16. 1 11 15

sin 2arctg tg .arcsin2 52 17

Вычислить:

2.17. arccos cos 2arctg 2 1 .

2.18. arcsin cos 2arctg 2 1 .

2.19. 2 1 1

sin arcctg arctg .2 3

2.20. 5 12

2arccos arcsintg .1326

29

2.21. arcsin cos38 .

2.22. arctg ctg37 .

Ответы.

2.1. a) 3

;2

b) 3

;3

c) 2

.2

2.2. 9

.10

2.3. – .

3

2.4. .

3

2.7. – .12

2.8.

5.

26

2.9.

4.

5 2.10.

120.

169 2.11.

5

29.

2.12. 119

.120

2.17. 3

.4

2.18. – .

4

2.19. 0,98. 2.20.

119.

120

2.21. 25

38.2

2.22.

2337.

2

3. Простейшие тригонометрические уравнения

Основные формулы для решения простейших тригонометриче-

ских уравнений получены на основании свойств тригонометрических

функций, таких как периодичность, ограниченность (для синуса и ко-

синуса) с использованием графиков функций или тригонометрическо-

го круга.

Приведем эти формулы.

1) sin , 1x a a , 1 arcsin ;k

x a k

2) cos , 1x a a , arccos 2 ;x a k

3) tg ,x a arctga ;x k

4) ctg ,x a arcctg .x a k

Кроме этих формул полезно также знать формулы для частных

случаев этих уравнений:

sin 1x , 2 ;2

x k

cos 1x , 2 ;x k

sin 0x , ;x k cos 0x , ;2

x k

sin 1x , ;2

x k

cos 1x , 2 .x k

30

Основная идея решения тригонометрических уравнений состоит

в том, что каждое из них необходимо свести к решению одного или

нескольких простейших. Как это сделать? Конечно, нет возможности

привести какой-либо рецепт преобразования уравнений, но можно

выделить некоторые типы уравнений, которые наиболее часто встре-

чаются.

Уравнения, сводящиеся к алгебраическим

с помощью замены типа , sin cosf x t f x t и т.д.

Например, уравнение вида

2sin sin 0a f x b f x c ,

можно считать сводящимся к квадратному.

П р и м е р 1. Решить уравнение: cos2 5sin 3 0.x x

Решение. Заметим вначале, что аргументы у синуса и косинуса

разные.

Преобразуем cos2x как косинус двойного аргумента, выбрав при

этом ту формулу, которая выражает cos2x через sinx , получим

21 2sin 5sin 3 0x x ,

22sin 5sin 2 0.x x

Решая это уравнение как квадратное относительно sin ,x по-

лучим

sin 2x или 1

sin2

x .

Первое уравнение решений не имеет. Решая второе, получаем

ответ

1 ,6

kx k

k Z.

31

Однородные уравнения

Среди них можно различать уравнения первой степени, второй

и т.д.

Однородные уравнения первой степени

Это уравнения вида

sin + cos 0.a f x b f x

Такие уравнения, как и все однородные, можно решать делением

обеих частей уравнения на cos ( )f x , учитывая, что те значения пере-

менной x, для которых cos 0f x , не являются решением уравне-

ния. Получим

tg 0.a f x b

Откуда

tg .b

f xa

Таким образом, получили простейшее уравнение.

П р и м е р 2. Решить уравнение

3sin2 2cos2 0x x .

Решение. Разделим обе части уравнения на cos2x , получим

2tg 2 .

3x

Далее

2 1 22 arctg , arctg ,

3 2 3 2

kx k x

k Z.

Однородные уравнения второй степени


2 2sin ( ) + sin cos + cos = 0.a f x b f x f x c f x

32

Разделим обе части уравнения на 2cos ( )f x .

В случае, если уравнение является «полным», т.е., если ни один

из коэффициентов , , a b c не равен нулю, такое деление не приведет

к потере корней исходного уравнения. Получим

2 tg tg 0.a f x b f x c

Полученное уравнение является квадратным относительно

tg .f x

П р и м е р 3. Решить уравнение:

2 26sin sin cos cos 2.x x x x

Решение. Умножим правую часть уравнения на 2 21 sin cosx x ,

после приведения подобных.

Получим однородное уравнение второй степени:

2 24sin sin cos 3cos 0x x x x ,

после деления на 2cos x получим квадратное относительно tg x урав-

нение

24tg tg 3 0x x .

Решив его, получим

3tg 1 è tg ,

4x x

откуда

è arctg ,4 4

x k x k

k Z.

Линейные уравнения

Уравнения вида

sin ( ) + cos ( ) =a f x b f x c

естественно называть линейными, так как выражения sin x и cosx

входят в них в первой степени.

Для решения таких уравнений можно предложить два способа.

33

1 способ (введение вспомогательного аргумента).

Преобразуем левую часть уравнения как линейное выражение.

Получим

2 2 sin ( ) ,a b f x c

где 2 2

arccosa

a b

.

Это, очевидно, простейшее уравнение, оно решается по основной

формуле решения простейших уравнений вида sin .x a

Стоит отметить, что решение уравнения таким способом приво-

дит к ответу, в котором присутствует слагаемое 2 2

arccosa

a b

,

затрудняющее дальнейшую работу с полученным решением. Поэтому

применение этого способа рекомендуется в тех случаях, когда вспо-

могательный аргумент оказывается одним из табличных углов (на-

пример, , èëè )6 4 3

.

2 способ (введение половинного аргумента).

Преобразуем левую часть уравнения по формулам двойного ар-

гумента, а правую умножим на тригонометрическую единицу, по-

лучим

2 22 sin cos cos sina f x f x b f x b f x

2 2 .sin cosc f x f x

После очевидных преобразований получаем однородное уравне-

ние второй степени.

П р и м е р 4. Решить уравнение:

3sin3 cos3 .

2x x

34

Решение. Воспользуемся методом введения вспомогательного ар-

гумента. Преобразуем левую часть:

3 32 sin 3 , sin 3 .

4 2 4 2x x

Далее

3 1 ,3

kx k

и окончательно

1 ,9 3

k kx

k Z.


4 sin cos 4.x x

Решение. Поскольку вспомогательный аргумент здесь, если его

вводить, не будет табличным значением, воспользуемся вторым спо-

собом, введением половинного аргумента. Получим

2 2 2 28sin cos sin 4sin 4cos ;2 2 2 2 2

x x x x x

и далее

2 24sin 8sin cos 3cos 0.2 2 2 2

x x x x

Делим на 2cos ,

2

x получаем

24tg 8tg 3 0.2 2

x x

Последнее уравнение легко решается как квадратное.

Ответ: 1

12arctg 2 ;

2x k 2

32arctg 2 ,

2x n k, n Z.

35


sin sin = 0;f x g x cos cos 0;f x g x

sin cos 0.f x f x

Заметим, что в уравнениях этого вида, в отличие от всех преды-

дущих, аргументы у синуса и косинуса разные. Причем иногда они

«разные» настолько, что не могут быть преобразованы один к друго-

му с помощью формул кратных аргументов.

Для решения таких уравнений достаточно воспользоваться фор-

мулами преобразования суммы в произведение, при этом в последнем

уравнении требуется выражение в левой части преобразовать в сумму

или разность одноименных функций, например, используя формулы

приведения.

П р и м е р 6. Решить уравнение sin5 cos4 .x x

Решение. Преобразуем уравнение

sin5 cos4 0;x x

sin5 sin 4 0;2

x x

92sin cos 0.

2 4 2 4

x x

Далее

9sin 0 èëè cos 0,

2 4 2 4

x x

откуда получаем ответ

1 2

2 ; 2 ,

18 9 2

nx x k

k, n Z.


2sin sin 0.t t

36

Решение. Конечно, видеть квадрат над аргументом синуса как-то

неожиданно, но ведь, как тригонометрическое, это уравнение такого

же типа, как и предыдущее. Преобразуем сумму в произведение, по-

лучим

2 2

2sin cos 0,2 2

t t t t

откуда

2 2

sin 0 èëè cos 0. 2 2

t t t t

Решим первое уравнение

22; 2 0.

2

t tk t t k

Это уравнение квадратное относительно t. Оно имеет решение

только если 1 8 0D k , т.е. 0;k k Z . При этом

1,2

1 1 8 .

2

kt

Аналогично решаем второе уравнение. И получаем ответ

1,2 3,4

1 1 8 1 1 4 8, , , ; , 0.

2 2

k nt t n k n k

Z


sin cos sin cos 0a f x f x b f x f x c

Решать уравнения такого вида лучше всего с помощью замены

sin cosf x f x t .

После возведения в квадрат этого равенства получим

21 2sin cosf x f x t ,

откуда уже легко выражается произведение sin cos .f x f x

37

Заметим, что при решении таких уравнений полезно иметь в ви-

ду, что новая переменная может принимать значения только из отрез-

ка 2; 2 .

П р и м е р 8. Решить уравнение 5 7cos 7sin 3sin2 0.x x x

Решение. Перепишем уравнение в виде

7 sin cos 6sin cos 5 0x x x x .

Введем новую переменную

sin cos ,x x t 2; 2 .t

Тогда

21sin cos

2

tx x

и уравнение примет вид

23 7 2 0t t ,

откуда 1 2,t 2

1.

3t

Первое из полученных значений t не входит во множество значе-

ний новой переменной. Решая линейное уравнение

1sin cos ,

3x x

получаем

1 12sin ; sin ;

4 3 4 2 3x x

1

1 arcsin . 4 2 3

kx k

Ответ: 1

1 arcsin ,42 3

kx k

k Z.

38

Уравнения, при решении которых используется

ограниченность функций sin è cosf x f x

При решении тригонометрических уравнений не стоит забывать

об ограниченности функций siny x и cos .y x Приведем несколько

примеров.


3sin5 7cos7 13.x x

Решение. Ясно, что исходя из множества значений выражений

sin5x и cos7x , данное уравнение решений не имеет.


cos3 cos2,5 2.x x

Решение. Ввиду ограниченности функции cosy x , равенство

возможно, только если cos3 1x и cos2,5 1x , т.е. данное уравнение

равносильно системе

cos3 1;

cos2,5 1.

x

x

Решая уравнения системы, получаем

2;

3

4.

5

kx

nx

Теперь, чтобы найти решение системы, необходимо в целых чис-

лах решить уравнение

2 4.

3 5

k n

Из него следует, что 6

5

nk .

39

Значит, целое число n должно быть кратно 5 или k должно быть

кратно 6.

Подставляя 5n t во второе уравнение последней системы, полу-

чаем 4x t ; tZ .

Все приведенные выше примеры тригонометрических уравнений

таковы, что практически сразу видно, какой прием для их решения

необходимо использовать. Разумеется, для более сложных уравнений

необходимо сначала выполнить некоторые преобразования, прежде чем станет ясно, к какому из вышеприведенных типов уравнения они све-

дутся.

Кроме того не стоит забывать, что при решении тригонометриче-

ских уравнений вполне уместны и общие приемы решения, такие, как

разложение на множители, введение новых переменных, рассмотре-

ние уравнения как квадратного относительно некоторого выражения

и т.д. Такие уравнения рассмотрим позже.

Теперь остановимся на процедуре отбора корней, удовлетворяю-

щих ОДЗ уравнения или специально заданным условиям. Рассмотрим

примеры.


4 2tg 3 sin 6 .t t

Решение. ОДЗ этого уравнения ограничена условием cos3 0,t т.е.

.6 3

nt

Решая уравнение, последовательно получаем

42 2

4

sin 34sin 3 3 ,

cos 3

tt cos t

t

2 2 6sin 3 (sin 3 4cos 3 ) 0;t t t

откуда sin3 0t и 3

kt

, или

2 61 cos 3 4cos 3 0t t .

40

Заменив в последнем уравнении 2cos ,t a получим

34 1 0a a .

Последнее уравнение имеет один корень 1

2a . Значит,

2cos3

2t и .

4 2

mt

Все полученные решения, очевидно, входят в ОДЗ.

В некоторых уравнениях процедура отбора корней может ока-

заться более хлопотной.


3tg tg 2sin .

2 2

x xx

Решение. ОДЗ уравнения ограничена системой условий

3cos 0;

2

cos 0,2

x

x

т.е. 2

.3 3

nx

Преобразуем уравнение

sin2sin ,

3cos cos

2 2

xx

x x

откуда sin 0x или 3

2cos cos 12 2

x x .

Таким образом, 1x k и cos cos2 1x x .

Последнее уравнение сводится к квадратному:

22cos cos 2 0.x x

41

Его решения

2

17 1arccos 2 .

4x k

Для отбора решений, входящих в ОДЗ, можно воспользоваться

тригонометрическим кругом. Очевидно, что 2 Î ÄÇ,x а из решения

1x k необходимо удалить значения 2x n .

Окончательно получаем ответ

x1 = 2m; 2

17 1arccos 2 ,

4x k

m, k Z.

Заметим, что при отборе корней можно было обойтись без ис-

пользования тригонометрического круга. Достаточно потребовать

2

3 3

nk

. Задача в этом случае, после очевидных преобразова-

ний, сводится к решению уравнения в целых числах: 3 1 2k n .

Те значения k, при которых 3 1

2

kn

оказывается целым числом, не-

обходимо исключить.

Таким образом, число k не должно быть нечетным, т.е. 2k m и

в решение войдут значения 2 .x m


2sin cos 3 0.x x x x

Решение. ОДЗ: 0;3 .x

Ясно, что числа 1 20, 3x x являются корнями уравнения.

Решив уравнение sin cos 0x x , получим 4

x n

.

Из этого решения необходимо отобрать корни уравнения, удов-

летворяющие ограничениям на ОДЗ. Имеем

1 3 10 3; .

4 4 4n n

42

Единственное целое число, удовлетворяющее последнему усло-

вию, это 0.n

Ответ: 1 2 30; 3; .4

x x x


sin2 ctg 0.xx

Найти число корней этого уравнения на отрезке [0,2; 5] .

Решение. ОДЗ: sin 0; x

1n

x ;

1.x

n

Далее

sin2 0 èëè ctg 0, xx

отсюда

1 2

2 èëè , , .

2 1 2

kx x k m Z

m

Для отбора корней, принадлежащих ОДЗ, придется решить в це-

лых числах уравнения 1

2

k

n , откуда

2k

n , т.е. 1;k 2.k

Далее

2 1 , èëè 2 1 2 .

1 2n m

m n

Последнее условие верно при любых целых è k m , т.е. все ре-

шения, получаемые по формуле 2

2

1 2x

m

, входят в ОДЗ.

Теперь отберем корни, принадлежащие отрезку [0,2; 5]. Для это-

го решим неравенства

20,2 5 è 0,2 5.

2 1 2

k

m

Получим

0,4 10k .

43

Следовательно, с учетом ограничения 1; 2,k получаем

3; 4; ;10k .

Аналогично, для решения 2

2

1 2x

m

имеем

10,2 5,

1 2m

откуда 0;1; 2.m

Ответ: данное уравнение имеет 11 корней на отрезке [0,2; 5].


Решить уравнения:

3.1. 2 2sin 2sin cos 3cos .x x x x

3.2. 4 2 25cos 2 6cos 2 .

16x x

3.3. cos 3sin cos3 .x x x

3.4.

23 3

1 cos7 sin s2 2

.cox x

x

3.5. 3

cos6 2sin 2 .2

x x

3.6. 3sin5 2cos5 3.x x

3.7. 22cos 5sin 4 0.x x

3.8. 23sin 2 7cos2 3 0.x x

3.9. sin3 cos3 1.x x

3.10. sin2 3cos2 1.x x

3.11. 1 sin2 sin cos .x x x

3.12. 6 9cos 9sin 4sin2 0.x x x

44

3.13. sin2 12 sin cos 12 0.x x x

3.14. Найти наибольший отрицательный корень уравнения

12 5 2 3

sin cos cos .2 2

x xx

3.15. Найти наименьший целый положительный корень урав-

нения

15 7 5 5

sin cos cos .2 2 2

x x x

3.16. Найти сумму корней уравнения на промежутке 1; 3

2 2 sin( 2 )sin 5 sin 5 sin3 cos .

2cos( 2 )

2

xx x x x

x

3.17. Найти сумму корней уравнения на промежутке 1; 3

2 2 2 sin( 2 ) 34sin 4 cos 4 sin 8 sin .

2 2cos( 2 )

2

x xx x x

x

3.18. Решить уравнение 2sin2 1 sin 6ctg .x x x

3.19. Решить уравнение 2cos 2sin2 1 9tg .x x x

3.20. Решить уравнение 11cos ctg 11ctg 5sin 0x x x x .

Ответы.

3.1. 1 ; 4

x k

2 arctg3 .x k 3.2. 1 ;6

x k

2 .4 2

nx

3.3. 1 2; 1 .6 2

k kx k x

3.4. 1 ;

8 2

kx

2

3.

20 5

kx

3.5. 1 ;4 2

kx

2 .

6 2

kx

3.6. 1

2;

10 5

kx

2

2 2arctg5 .

5 5

kx

45

3.7. 1 .6

kk

3.8. .

4 2

k 3.9. 1 ;

3

kx

2

2.

6 3

kx

3.10. 1 .6 12 2

k kx

3.11. 1 2 ;x k 2 2 ;

2x k

3 .

4x k

3.12. 1

1 arcsin .42 2

kx k

3.13. 1 2 ;

1x k

2 2 .x k

3.14. 0,25.x 3.15. 2.x 3.16. 8. 3.17. 4. 3.18. .2

x n

3.19. .x n 3.20. 5

arccos6

x +2 .n

4. Тригонометрические уравнения повышенной сложности

Рассмотрим более сложные тригонометрические уравнения, при

решении которых кроме преобразований тригонометрических выра-

жений могут быть использованы соображения более общего характера.


tg tg2 tg3 0.x x x

Решение. ОДЗ: ;4 2

kx

,

6 3

mx

k, m Z.

Выполним последовательно преобразования уравнения

sin sin2 sin30;

cos cos2 cos3

x x x

x x x

sin4 sin20;

cos cos3 cos2

x x

x x x

2cos2 1sin2 0,

cos cos3 cos2

xx

x x x

откуда 1 ,2

nx

n Z или 22cos 2 cos cos3 0.x x x

В последнем уравнении преобразуем произведение в сумму и по-

лучим

26cos 2 cos2 1 0.x x

46

Далее 1

cos22

x или 1

cos23

x . Следовательно,

2 3

1 1; arccos ,

3 2 3x m x k

m, k Z.

Все полученные решения входят в ОДЗ.


32 cos2 sin3 0.

2x x

Решение. Обратим внимание на то, что в этом уравнении «не-

удобные» аргументы. Они не могут быть преобразованы по формулам

двойных аргументов или по формулам сложения. Приведем уравне-

ние к виду

3cos2 sin3 2

2x x

и оценим значение выражения в левой части. Имеем

cos2 1;1 ;x

3 3 3sin [ ; ]

2 2 2x .

Поэтому

3 3cos2 sin 1 2

2 2x x .

Вывод. Уравнение не имеет решений.

Ответ: .


227tg 4 19sin cos 17sin .x x x x

Решение. Конечно, смущают такие коэффициенты, но вот аргу-

менты всех функций, входящих в уравнение, одинаковы. Это значит,

что стоит постараться использовать преобразования, не меняющие

аргумент. Имеем

ОДЗ: 2

x n

.

Далее последовательно преобразуем уравнение

47

2sin27 4 19sin cos 17sin ,

cos

xx x x

x

227sin 4cos19sin cos 17sin .

cos

x xx x x

x

Теперь заметим, что слагаемые в левой части уравнения имеют

первую степень, а в правой – третью, т.е. мы можем «уравнять» сте-

пени всех слагаемых уравнения, умножив левую часть на тригоно-

метрическую единицу. Получим

2 2 2 227sin 4cos (sin cos ) 19 sin cos 17sin cos ;x x x x x x x x

3 2 2 327sin 21sin cos 8sin cos 4cos 0.x x x x x x

Последнее уравнение – однородное третьей степени. Учитывая,

что cos 0,x поделим обе части уравнения на 3cos x и получим куби-

ческое относительно tgx уравнение

3 227tg 21tg 8tg 4 0x x x .

Оно имеет единственный действительный корень 2

tg .3

x

Получаем решение 2

arctg .3

x n


15cos 8sin 32sin 17cos2 14 655.x x x x

Решение. Ясно, что один только вид уравнения не позволяет на-

деяться, что оно может быть преобразовано к одному из рассмотрен-

ных в предыдущем параграфе виду. К тому же понятно, что авторы

задачи неспроста предложили уравнение в таком виде, что левая

часть разложена на множители. Очевидно, что открывать скобки не-

разумно.

Рассмотрим и оценим каждый из множителей:

2 2

2 2 2 2

15 815cos 8sin 15 8 ( cos sin )

15 8 15 8x x x x

17cos( )x ,

где 8

arcsin17

.

48

Теперь понятно, что

15cos 8sin [ 17;17]x x .

Рассмотрим теперь второй множитель:

232sin 17cos2 14 32sin 17(1 2sin ) 14x x x x =

234sin 32sin 31x x 234 32 31t t , если sint x .

Рассмотрим функцию

234 32 31y t t , где [ 1;1].t

Она достигает наименьшего значения в точке 8

17t , причем

8 655,

17 17y

1 29,y 1 35.y

Таким образом,

65532sin 17cos2 14 ;35 .

17x x

При таких значениях множителей, произведение может оказаться

равным 655, только если они оба отрицательны и при этом оба дости-

гают своих наименьших значений. Получаем систему

15cos 8sin 17cos 17;

65532sin 17cos2 14 .

17

x x x

x x

Это возможно, если

cos 1;

8sin .

17

x

x

или

1

8arcsin 2 ;

17

81 arcsin .

17

k

x n

x k

Откуда получаем ответ: 8

arcsin 217

x n , n Z.


9cos2 9cos6 36cos cos3 76 3sin sin2 126.x x x x x x

49

Решение. Первое, что привлекает внимание в этом уравнении –

это равные коэффициенты в левой части. Но преобразование суммы

cos2 cos6x x в произведение приведет к возникновению в этом урав-

нении аргументов 4x и 2x, первый из которых не кажется «удобным».

Заметим, что 4x и 2x – двойные по отношению к 2x и x. Кроме

того, при преобразовании произведения sin sin2x x в сумму, получим

эти же аргументы. Преобразуем уравнение к виду

9 1 cos2 9 1 cos6 36cos cos3 38 3 cos cos3 144.x x x x x x

Далее

2 218cos 18cos 3 36cos cos3 38 3cos 38 3cos3 144 0;x x x x x x

и наконец

2 29cos 18cos3 19 3 cos (9cos 3 19 3cos3 72) 0.x x x x x

Таким образом, уравнение приведено к квадратному относитель-

но cosx .

Его дискриминант равен 2

3675 35 3 ,D поэтому

1 2

8cos cos3 3 3, cos cos3 3.

9x x x x

Первое из этих уравнений решений не имеет, а второе приводит-

ся к виду

8cos cos3 3 0

9x x

и далее преобразуется к виду

82sin2 sin 3 0

9x x ; 2 8

4sin cos 3 0;9

x x

3 84cos cos 3 0.

9x x

В результате получено кубическое относительно cosx уравнение.

У него нерациональные коэффициенты, но при разложении его на

множители можно учесть, что произведение его корней равно 2 3

9.

50

Исходя из этого поищем корни среди чисел 3 2 3

;3 3

и т.д.

Оказывается, что числа 3

è3

2 3

3 являются корнями этого

уравнения. Второй корень не подходит, так как по модулю он больше

единицы, а первый дает решение 3

arccos 2 ;3

x n n Z .


2 2 4sin sin sin 0

3 3x x x x

.

Решение. У этого уравнения «необычные» аргументы. Преобра-

зуем сумму двух последних синусов в произведение (для них полу-

сумма и полуразность аргументов смотрится выигрышнее). Получим

2sin 2sin cos 0, 3

x x x

или 2sin sin 0x x x ,

далее 2 2 2

2sin cos 0,2 2

x x x

откуда 2

2

xk или

2

.2 2

x xn

В итоге получаем два квадратных уравнения относительно x с це-

лочисленными параметрами k и n:

2 2x k ; 2 2 0.x x n

Первое из них имеет решение

2x k при 0;k

второе – при 0n ,

1 1 4 8.

2

nx


2

6 6

2 sinctg tg 0.

6 4sin 1 4sin 1

x

x x

51

Решение. Постараемся не пугаться таких громоздких и необыч-

ных аргументов. Заметим, что у них все же есть кое-что общее, воз-

можно, это «сработает».

Выпишем для начала ограничения на ОДЗ:

2

6 6

2 sinsin 0; cos 0.

6 4sin 1 4sin 1

x

x x

Теперь преобразуем уравнение

2

6 6

2 sincos cos

6 4sin 1 4sin 1

x

x x

2

6 6

2 sinsin sin 0.

6 4sin 1 4sin 1

x

x x

Или

2

6 6

2 sincos 0,

64sin 1 4sin 1

x

x x

откуда

6 2

6

4sin 12sin 1cos 0

6(4sin 1)

x x

x

и, значит,

6 2

6

4sin 12sin 1.

26(4sin 1)

x xn

x

Поделим обе части равенства на , получим

6 2

6

4sin 12sin 1 1.

26(4sin 1)

x xn

x

Не будем пугаться этого уравнения, параметр n в нем вряд ли

может принимать много различных целых значений.

Введем в рассмотрение функцию

3

3

4 12 1,

6(4 1)

t tf t

t

где 2sint x , а значит, [0;1]t .

52

Найдем множество значений этой функции на этом промежутке.

Найдем производную

3

3

16 2.

4 1

tf t

t

Производная обращается в ноль при 1

0;1 .2

t

1

06

f ; 1 1

;2 2

f

7

1 .30

f

Значит, множество значений функции ( )f t есть отрезок 1 1

; .2 6

Поэтому равенство (*) может быть выполнено только при 1,n т.е.

6 2

6

4sin 12sin 1 1 .

2 6(4sin 1)

x x

x

Преобразовав это уравнение, получим

6 24sin 3sin 1 0.x x

Решая это кубическое относительно 2sin x уравнение, получаем

2 2 1sin 1, è sin .

2x x

Первое из этих уравнений не имеет решений, а второе дает ответ

,4 2

nx

n Z.

Все решения входят в ОДЗ.


2sin511 cos10 10 12tg 6 .

cos6

xx x

x

Решение. Найдем ОДЗ: cos6 0x ; .12 6

nx

53

Теперь обратим внимание на аргументы: 10 ; 6 ;5x x x – что-то ни-

чего хорошего. Тогда анализируем коэффициенты. Замечаем, что если

воспользоваться формулой 21 cos2 2sin , то получим квадратное

относительно sin5x уравнение

2

2

5 sin 612 1 cos10 10 12 0;

cos6 cos 6

sin x xx

x x

22

2

sin5 sin 612 2sin 5 10 12 0;

cos6 cos 6

x xx

x x

22

2

sin5 sin 6sin 5 5 6 1 0.

cos6 cos 6

x xx

x x

Найдем дискриминант

2

2 2 2

25 sin 6 4924 24 .

cos 6 cos 6 cos 6

xD

x x x

После чего получаем

1 6sin5 èëè sin5 .

cos6 cos6x x

x x

Второе уравнение, очевидно, не имеет решений, а первое преоб-

разуется к виду

sin5 cos6 1x x .

Учитывая множество значений функций sin5x и cos6x , получаем

две системы

sin5 1; sin5 1; è

cos6 1 cos6 1.

x x

x x

Решая первую из них, получаем

2;

5 2 ; 10 5 2

6 2 ; .6 3

nx

x n

kx k x

Чтобы найти значения x, удовлетворяющие обоим уравнениям

последней системы, необходимо решить уравнение в целых числах:

54

2 2;

10 5 6 3

n k

1 2 1;

10 5 6 3

n k

3 12 5 10 ;n k

6 5 1n k .

Откуда

5 6 1 15 15 1.

6 6

tkn t

Целое число k мы в этих преобразованиях заменили на

6 1, ( )t t Z , чтобы n также оказалось целым.

Теперь подставим найденное значение n в первое уравнение сис-

темы и получим ее решение:

2 10 22 .

10 5 10 5 2

n tx t

Аналогично, решая вторую систему

sin5 1;

cos6 1.

x

x

Получаем: 12 3 10n k . Это уравнение не имеет решений в це-

лых числах, так как нечетное число в левой части равенства не может

быть равно четному числу в правой части.

Ответ:

2 .2

x t



4.1. 2 3 2 3sin sin sin cos cos cos .x x x x x x

4.2. tg cos ctg sin .2

x x

4.3. 2cos 2sin28 3 2 2cos28 sin .x x x x

55

4.4. 4

tg14 3ctg14 sin6 2 2 sin 3 .4 3 1

x x x x

4.5. 1 1

2sin 2cos tg ctg 2.sin cos

x x x xx x

4.6. 4 4 5

sin cos .3 3 8

x x

4.7.ctg 5tg2 7.4

x x

4.8. 2 2 2 1

sin sin 2 sin 3 .2

x x x

4.9. 21

1 cos2 cos3 sin 3 .2

x x x

4.10. sin 3cos sin3 2.x x x

4.11. 2

sin2 3cos2 2 cos 2 .6

x x x

4.12. 23

cos2 (1 sin 2 ) 1.4

x x

Ответы.

4.1. .4

x k

4.2. 1

arccos .5

x n 4.3. 2 .4

x n

4.4. 2

2 ; 2 .3 6

x n x k

4.5. .4

x n

4.6. ;6

x n

.8 4

kx

4.7.

1 3arctg ; arctg .

2 2x n x k

4.8. ;6

x n

.8 4

kx

4.9. 2 .x k 4.10.

.

6x k

4.11.

7.

12x k

4.12. .x n

56

Г л а в а 2

Показательные и логарифмические уравнения

Показательные и логарифмические уравнения также относятся

к уравнениям, которые принято называть трансцендентными. Они со-

держат неизвестную под знаком показательной или логарифмической

функции. Трудно провести четкую грань между приемами решения

этих уравнений, так как показательная и логарифмическая функции

тесно связаны между собой. Кроме того, довольно часто приходится

иметь дело с комбинированными уравнениями, т.е. с уравнениями,

которые являются одновременно и показательными, и логарифмиче-

скими.

Как и при решении тригонометрических уравнений при решении

показательных и логарифмических необходимо сначала научиться

решать простейшие уравнения, а затем рассматривать приемы сведе-

ния прочих, более сложных уравнений к решению простейших.

Рассмотрим сначала тождественные преобразования показатель-

ных и логарифмических выражений.

1. Тождественные преобразования показательных и логарифмических выражений

Напомним основные сведения о логарифмах, необходимые для

решения задач.

Логарифмом числа b (b 0) по основанию а (а 0, а 1) на-

зывают показатель степени, в которую нужно возвести число а, чтобы

получить число b.

Из определения следует, что если а 0, а 1, и b 0, то имеет

место тождество

log

.a ba b (1)

Тождество (1) называют основным логарифмическим тож-

деством.

Логарифм числа b по основанию 10 называется десятичным ло-

гарифмом и обозначается .lgb

Логарифм по основанию e называется натуральным логариф-

мом и обозначается .lnb

57

Напомним основные свойства логарифмов.

Если .1,0,, acba Тогда

1) log 1 0;a

2) log 1;a a

3) log ( ) log log ;a a ab c b c

4) log log log ;a a a

bb c

c

5) log log , ;ka ab k b k R

6) 1

log log ,m aab b

m , 0;m m R

7) log

log , 1;log

ca

c

bb c

a

8) 1

log , 1;log

ab

b ba

9) log log

;a ab cc b

10) log loga ab c тогда и только тогда, когда ;b c

11) log log , ãäå 1,a ab c a тогда и только тогда, когда ;b c

12) log log , ãäå 0 1,a ab c a тогда и только тогда, когда .b c

Рассмотрим примеры.

П р и м е р 1. Вычислить:

а) 5

11 log 16

425

,

б) 5 5 5

5

5

1

log 3 log 4 log 4

log 3

log 22 3

4 3 16

2 log log 81

,

в) 2 2 4 2

32 8 4 4

3log 28 5log 7 log 27 log 3.

log 2 log 2 log 45 log 0,2

58

Решение.

а) Воспользуемся тем, что 2525 и тем, что при возведении сте-

пени в степень показатели перемножаются, получаем

51

2 log 1625

.

Далее проведем следующие преобразования:

55 5

12 log 16

2 log 4 log 4225 5 5 5 25 4 100

;

б) используя свойства логарифмов, проведем следующие преоб-

разования:

5 5 5 5 5 4 4

5 2

5

1

log 3 log 4 log 4 log 4 log 6 2log 5 log 25

log 3 log 3 422 3log 2

2 3

4 3 16 3 3 4 4 2525;

3 log 4 3 22 log log 32 log log 81

в) преобразуем каждое слагаемое отдельно:

522 2 2 2

32

3log 283 log 32 log 28 3 log 2 log (4 7)

log 2

22 2 2 2 2 215(log 4 log 7) 15(log 2 log 7) 15(2 log 7) 30 15log 7.

322 2 2 2 2

8

5log 75log 8 log 7 5log 2 log 7 15log 7.

log 2

2

2 2

324 2 2

2 14 4

2 2

log 3 log 3log 27 log 3

log 45 log 0,2 log 3 5 log 5

2 2

22 2 2

3log 3 log 3

21 1

log 3 log 5 log 52 2

22

22 2 2

1log 3

log 3 12 .1 2log 3 2

2log 3 log 5 log 52

Итак, получаем

2 2 4 22 2

32 8 4 4

3log 28 5log 7 log 27 log 3 130 15log 7 15log 7 30,5.

log 2 log 2 log 45 log 0,2 2

59

П р и м е р 2. Найдите значение выражения lg lga b , если

lg(0,01 ) 2,5ab .

Решение. По свойствам логарифма имеем, что

lg lg lg( )a b ab ,

lg(0,01 ) lg0,01 lg( ) 2 lg( )ab ab ab .

По условию задачи lg(0,01 ) 2,5ab , следовательно, 2 lg( ) 2,5ab .

Значит, lg lg 2,5 2 4,5a b .

П р и м е р 3. Вычислить 49log 16 , если 14log 28 a .

Решение. Упростим 49log 16 :

22

49 7 77log 16 log 4 log 4 2log 2 .

Введем обозначение 7log 2 x . Тогда 49log 16 2x .

Выразим число 14log 28 через x :

27 7 7 7

147 7 7 7

log 28 log (2 4) 2log 2 log 7 2 1log 28

log 14 log (2 7) log 2 log 7 1

x

x

.

Так как по условию 14log 28 a , то задача сводится к решению

уравнения

2 1

1

xa

x

,

решая которое, получаем

1

2

ax

a

.

Таким образом, 49

2( 1)log 16

2

a

a

.

При решении неравенств часто приходится полученные в ходе

решения числовые выражения отмечать на числовой оси, для чего не-

обходимо установить, между какими последовательными целыми

60

числами находится это число или приходится сравнивать значения

числовых выражений. Рассмотрим следующие примеры.

П р и м е р 4. Установить, между какими последовательными це-

лыми числами находится число 6log 201.

Решение. Поскольку логарифмическая функция с основанием 6

монотонно возрастает, то

6 6 6log 36 log 201 log 216,

2 36 6 6log 6 log 201 log 6 ,

6 6 62log 6 log 201 3log 6,

62 log 201 3.

П р и м е р 5. Сравнить числа:

а)

81

27

и 5

1;

81

б) 11log 110 и 13log 180;

в) 2log 3 и 9log6 ;

г) 2log 3 и 3log 7.

Решение.

а) Преобразуем числа к одному основанию:

388 8 122

3

1 1 1 1;

3 327 3

455 5 102

4

1 1 1 1.

3 381 3

61

Так как 1

0 1,3

12 10 и функция 1

3

x

y

монотонно убывает,

то 12 10

1 1,

3 3

следовательно,

8 51 1

.27 81

б) Поскольку оба логарифма к одному основанию привести тяже-

ловато, то попробуем оценить каждый из них по отдельности. Ис-

пользуем тот факт, что логарифмические функции с основанием 11

и 13 монотонно возрастают. Поэтому

211 11 11log 110 log 121 log 11 2,

213 13 13log 180 log 169 log 13 2.

Отсюда делаем вывод, что 11 13log 110 log 180;

в) установим, между какими последовательными целыми числами

находятся числа 3log 2 и 9log 6 . Используем тот факт, что логарифмиче-

ские функции с основанием 2 и 6 монотонно возрастают, получаем

2 2 2log 2 log 3 log 4, т.е. 21 log 3 2.

6 6 6log 6 log 9 log 36, т.е. 61 log 9 2.

Значит, оба числа принадлежат интервалу (1; 2). Тогда сравним

каждое из этих чисел с серединой этого отрезка, т.е. с числом 2

3.

Что бы сравнить числа 2log 3 и 2

3, число

2

3 представим как

3

22log 2 , т.е. как 2log 8 . А поскольку 2log 3 = 2log 9 и основание

логарифма 2 > 1, то делаем вывод, что 2log 3 > 2

3.

Что бы сравнить числа 6log 9 и 2

3, число

2

3 представим как

3

26log 6 , т.е. как 6log 216 . А поскольку 6log 9 = 6log 81 и основание

логарифма 6 > 1, то делаем вывод, что 6log 9 < 3

2.

Таким образом, 2log 3 > 2

3, 6log 9 <

2

3, значит, 2log 3 > 6log 9 .

62

г) С заданными числами преобразовывать как бы нечего, оба они

принадлежат интервалу (1; 2). Если пробовать решать предыдущим

способом, то придется сначала один раз сравнить эти числа с середи-

ной этого отрезка, т.е. с числом ,2

3 а потом еще раз придется сравни-

вать эти числа с серединой отрезка 3

( , 2),2

т.е. с числом 4

7.

Попробуем другим способом.

Рассмотрим числа 23log 3 и 33log 7 :

3 52 2 2 2 23log 3 log 3 log 27 log 32 log 2 5

3 53 3 3 3 33log 7 log 7 log 343 log 243 log 3 5,

Значит, 2 33log 3 3log 7, следовательно, 2 3log 3 log 7.


Вычислите:

1.1. 123 log 212

.

1.2. 52 log 6

( 5)

.

1.3. 5

1log 4

225 .

1.4. lg7 lg7

2 56log 125log 2 2 5 .

1.5. 5log 2422 14 21 log 7 log 2 log 7 5 .

1.6. 2 2

80

log 40 log 5

lg2 log 2 .

Вычислите:

1.7. lg1250 , если lg2 0,3010 .

1.8. 6log 16 , если a27log12 .

1.9. 38,3log5 , если a2lg , lg13 b .

Известно, что ,2log5 a .3log5 b Выразите через a и b заданный

логарифм:

1.10. 5log 72.

1.11. 5log 12.

63

1.12. 5log 15.

1.13. 5log 30.

Доказать тождества:

1.14. log log

loglog log

a bab

a b

k kk

k k

.

1.15. log

1 loglog

aa

ab

kb

k .

1.16. log log

log1 log

b bbk

b

a kak

k

.

Ответы

1.1. 864. 1.2. 30. 1.3. 16. 1.4. 25. 1.5. 24. 1.6. 3.

2. Показательные уравнения

Простейшие показательные уравнения

Это уравнения вида f x g x

a a .

Пользуясь монотонностью показательной функции, при условии,

что , имеем


2

2 11 13 3 81.

3

x xx

xx

Решение. Несмотря на некоторую «сложность» выражения в ле-

вой части, это уравнение как показательное, является простейшим,

т.к. левая и правая его части являются степенями одного основания –

числа 3.

Преобразуем уравнение к виду

21

1 2(1 ) 43 3 ,

x x x

x x

откуда

64

21 4.

1 2(1 )

x x x

x x

Мы получили иррациональное уравнение, решив которое, нахо-

дим: 81.x

Уравнения, сводящиеся к алгебраическому

(квадратному, кубическому, дробно-рациональному)

с помощью замены вида

f x

t a

Отдельно выделим показательные уравнения, сводящиеся к квад-

ратным. Они имеют вид

2 0.

f x f xma na k


2 21 39 36 3 3 0.x x

Решение. Преобразуем уравнение к виду

2 22 2 13 4 3 3 0x x .

Теперь оно является квадратным, относительно новой перемен-

ной 2 13 .x t Решая его, получаем, что 1 21; 3,t t откуда

2 1 0x

или 2 1 1,x и, далее, 1,2 1;x 3 0.x

Однородные уравнения

Однородными, обычно, называют уравнения, в которые неиз-

вестная входит так, что с помощью деления его можно преобразовать

так, что оно становится линейным, квадратным, кубическим и т.д. от-

носительно некоторого выражения, содержащего переменную.

1. Однородное уравнение первой степени.


f x f xma na .

65

Поделив обе части этого уравнения на f x

m a , получим уравнение

,

f xa n

b m

которое легко сводится к простейшему.


2 21 19 2 4 3 .x x

Решение. Уравнение приводится к виду

2 12 4

,3 9

x

откуда 3.x

2. Однородное уравнение второй степени.

Это уравнение вида

2 20.

f x f x f x f xm a n a b k b

После деления обеих частей на 2 f xb получим уравнение, квад-

ратное относительно

f xa

b

.

Уравнения, решаемые с помощью логарифмирования

Речь идет о двучленных уравнениях, которые содержат показа-

тельные выражения с разными, «неудобными» основаниями, или ос-

нованиями, зависящими от переменной x. Рассмотрим примеры.

П р и м е р 4. Решить уравнение 3 5.x

Решение. Если бы выражение в правой части было степенью чис-

ла 3, это уравнение можно было бы считать простейшим.

Ясно, что можно воспользоваться основным логарифмическим

тождеством и представить число 5 в виде степени тройки: 3log 55 3 ,

но проще просто прологарифмировать уравнение по основанию 3:

3 3log 3 log 5x ,

откуда 3log 5 .x

66

Ясно, что прием логарифмирования применим только для тех

уравнений, у которых обе части положительны.


22lg 3

3

10.

10

x lgxx x

x

Решение. Заметим для начала, что в ОДЗ 0x и поэтому, обе

части уравнения положительны и его можно логарифмировать:

22lg 3lg

3

10lg lg ,

10

x xx x

x

откуда по свойствам логарифмов получаем

3 21 2lg 3lg 3lg 1.x x x

Это уравнение раскладывается на множители

2lg 1 (2lg 5lg 2) 0,x x x

откуда 0,01; 100; 10.x x x


1) 5 8 500; xx xa

1

) 5 8 500.

x

x xb

Решение. Обратим внимание, что несмотря на то, что уравнения

а) и b) – это по сути одно и то же уравнение, они имеют раз-

ные ОДЗ.

Действительно, для уравнения а) 0;x а для уравнения b) xN .

Будем решать второе уравнение. Последовательно получаем

67

3 3

2 35 2 2 5 ,

x

x x

3

35 2 1,

x

x x

31

5 2 1.

x

x

Далее логарифмируем по основанию 2, получаем

1

23 log 5 2 0,xx

откуда 1 3x и

11

25

x ; т.е. 2 2log 5x .

Оба корня входят в ОДЗ второго уравнения, а для первого корнем

будет только 3.x


9 5 11 3

1 1 2 24 2 3 10 25 .

x x x

x x x

Решение. Трудно сразу определить, к какому типу показательных

уравнений отнести данное уравнение. Заметим, что все дроби в пока-

зателях – неправильные.

Выделив в них целую часть, получим

8 4 4 81 1 1 3

1 1 1 14 2 3 2 5 5 ,x x x x

4 4 4 42 21 1 1 18 2 30 2 5 125 5 .x x x x

Теперь видно, что это однородное уравнение второй степени.

Введем новую переменную 4

1t

x

, разделим обе части уравнения

на 25 ,t получим квадратное уравнение

22 2

8 30 125 0.5 5

t t

68

Решив которое, получим

2 25 2 5; .

5 4 5 2

t t

Второе уравнение решений не имеет, а из первого получаем от-

вет: 2.x



1.

1

32 4 0,125 4 2.x x x

2. 6 7 4 55 3 43 5 1 .9 3x x x x

3.

2 1 1

10 25 4,25 50 .x x x

4. 2 21 110 10 99.x x

5. 8 2

5.4 2

x x

x x

6. lg lg55 50 .x x

7. 7 48 7 48 14.x x

8. 2 2

3 .3x x

x x

9. 2 1

2 1 1.x

x x

10. 5 1 4 1 3 3 2 2 3 7 5 .04x x x x

11.

2 1 6

3 5 3 5 3 3 2.

x x

x x

12.

2 14 8 3 13

1 1 1 2 84 14 7 .

x x

x x x

Ответы.

1. –0,2; 3. 2. –3. 3. 0,5. 4. 1. 5. 1;

2log 3 29 1. 6. 100.

7. 2; 8. 1; 2; 4. 9. 1; 2. 10. 2,5. 11. 6. 12. 7.

69

3. Логарифмические уравнения

Логарифмическим уравнением называется уравнение, в кото-

ром неизвестная величина содержится под знаком логарифма или

в его основании.

При решении логарифмических уравнений обязательно учитыва-

ется ОДЗ логарифма. Если ОДЗ найти сложно, то можно только вы-

писать условия, а затем проверить полученные корни подстановкой

в ОДЗ или можно проверять подстановкой в уравнение, не выписы-

вая ОДЗ.

Простейшим логарифмическим уравнением называется урав-

нение вида

( )log ( ) ,f x g x c (1)

где c R.

Область допустимых значений:

( ) 0,

( ) 0,

( ) 1.

g x

f x

f x

На указанной ОДЗ уравнение (1) решают по определению лога-

рифма:

.)()( cxfxg

П р и м е р 1. Решить уравнение xx 283log3 .

Решение.

ОДЗ: 2log38log83083 33 xxxx

или ;2log3 3x .

По определению логарифма имеем 8332 xx .

Получили показательное уравнение

,083

93

x

x

которое решим введением новой переменной 0,3 yyx . Получим

систему:

99,1

0

098

0

09

8

0

21

2

yyy

y

yy

y

yy

y

.

70

Возвращаемся к замене, получаем 93 x . Отсюда находим, что

2x , причем полученное значение ;2log32 3 .

Ответ: 2.

П р и м е р 2. Решите уравнение 2

1logloglog 234 x .

Решение. Искать область допустимых значений здесь не будем,

поскольку для этого надо будет искать решение следующей системы:

.0loglog

,0log

,0

23

2

x

x

x

На это уйдет больше времени, чем на подстановку найденного

решения в заданное уравнение.

Итак, по определению логарифма, имеем

2

1

23 4loglog x , т.е. 2loglog 23 x .

Снова воспользуемся определением логарифма, получаем

9log2 x .

Отсюда находим, что 92x .

Сделаем проверку: 2

12log9loglog2logloglog 434

9

234 . Значит,

92x является корнем уравнения.

Ответ: 92 .

Обобщенным простейшим логарифмическим уравнением на-

зывается уравнение вида

),(log)(log )()( xhxg xfxf (2)

ОДЗ:

.0)(

,0)(

,1)(

,0)(

xh

xg

xf

xf

На основании равенства логарифмов, уравнение (2) сводится

к равносильному ему (на указанной ОДЗ) уравнению ).()( xhxg

Можно заметить, что уравнение вида (2) называется обобщен-

ным, поскольку уравнение (1) является частным случаем уравне-

71

ния (2). Действительно, уравнение (1) можно записать как c

xfxf xfxg ))((log)(log )()( и решать его тем же способом, что и урав-

нение (2).

Переход от уравнения (2) к уравнению )()( xhxg называется по-

тенцированием по основанию )(xf ( ,0)( xf 1)( xf ). Если при этом

не учитывать ОДЗ уравнения (2), то это преобразование может быть

не равносильным, поскольку в результате этого перехода могут поя-

виться посторонние корни. Поэтому в конце решения обязательно

выполнить проверку корней уравнения )()( xhxg подстановкой их

либо в систему неравенств, задающих ОДЗ, либо в заданное уравне-

ние (2).

П р и м е р 3. Решить уравнение ).4(log)6(log 2

4

3

4 22 xxxxx

Решение. Выпишем условия, определяющие ОДЗ:

.14

,04

,04

,06

2

2

2

3

x

x

xx

x

Из равенств логарифмов следует, что

,46 23 xxx т. е. .064 23 xxx

Раскладываем левую часть на множители: ,0)3()2()1( xxx

откуда находим .3,2,1 321 xxx

Подставляем найденные значения в ОДЗ, находим, что уравнение

имеет только один корень х = 3.

Ответ: 3.

Уравнения, содержащие суммы и разности логарифмов, ум-

ножение логарифма на число в основном приводятся к простейше-

му с помощью применение свойств логарифмов.


01log)2(log)2(log 333 xxx .

72

Решение.

Область допустимых значений определяется следующей систе-

мой неравенств:

.02

,02

,0

x

x

x

Решив ее, получим интервал 0; 2 .

Преобразуем исходное уравнение, используя свойства логарифмов:

,log)2(log1)2(log 333 xxx

2

333 2log3log2log xxx ,

.2log36log 2

33 xxx

Перейдем от этого уравнения к уравнению

2236 xxx .

Получили квадратное уравнение 0652 xx , корнями которого

являются 1,6 21 xx .

Поскольку 61 x не входит в область допустимых значений, то

61 x является посторонним корнем, а поскольку 2;01 , то 12 x

является корнем исходного уравнения.

Ответ: 1.

При применении преобразования логарифма произведения и ча-

стного соответственно в сумму и разность логарифмов есть маленькая

тонкость. Рассмотрим следующий пример.


09

lg)9lg( 2

x

xxx .

Решение. ОДЗ находить не будем, но потом обязательно сделаем

проверку.

В исходном уравнении преобразуем сумму логарифмов в произ-

ведение, получим

2( 9 )( 9)lg 0

x x x

x

.

73

Потенцируя по основанию 10, получаем

2( 9) 1x .

Отсюда, 1 28, 10x x .

Подставляя 1 8x в исходное уравнение, получаем 21 19 0x x .

Это значит, что 21 1lg( 9 )x x не существует, т.е. 81 x – посторонний

корень.

Подстановка в исходное уравнение 2 10x показывает, что

2 10x является его корнем.

Ответ: –10.

Замечание. Если бы при решении этого примера мы преобразова-

ли бы логарифмы произведения и частного соответственно в сумму и

разность логарифмов, то получили бы

3lg lg( 9) lg ( 9) lg 0x x x x ,

2lg( 9) 0, 9 1, 8.x x x

Сделав проверку, мы пришли бы к неверному выводу, что исход-

ное уравнение не имеет решений. К тому же неверному выводу мы

пришли бы, если, решая уравнение 0)9lg( 2 x , мы упростили бы его

0)9lg(2 x . Эта формула справедлива только при 09x , т.е.

при 9;x , а корень 10x не принадлежит этому интервалу.

Итак, если при решении уравнения производятся преобразования

вида n

aaa xfxg

xfxgxf

2)(log,

)(

)(log,)()(log , где Nn , то возникает

опасность потери корней заданного уравнения. Чтобы предотвратить

возможную потерю корней, надо пользоваться указанными формула-

ми в таком виде:

log ( ) ( ) log ( ) log ( ) ,a aaf x g x f x g x

( )log log ( ) log ( )

( )a a a

f xf x g x

g x ,

2

log ( ) 2 log ( )n

a af x n f x , n N .

Использование этих формул «слева направо» расширяет область

допустимых значений и не может привести к потере корней. Так,

в предыдущем примере переход от уравнения 2lg( 9) 0x к уравне-

нию 2lg | 9 | 0x не привел бы к потере корня 10x .

74

Многие логарифмические уравнения с помощью введения новой

переменной удается свести к алгебраическому.


23 3 3

1log 9 log log 3

2x x .

Решение. Область допустимых значений: x > 0.

Преобразуем уравнение

2 23 3 3 3

12 log log 3, log log 2 0

2x x x x .

Полагая yx 3log , получим квадратное уравнение

2 2 0,y y

корнями которого являются 2,1 21 yy .

Таким образом, задача свелась к решению совокупности двух

простейших логарифмических уравнений

3

3

log 1,

log 2.

x

x

Из первого уравнения находим 3

11 x , а из второго – 92 x . Оба

найденные значения принадлежат ОДЗ, т.е. являются корнями задан-

ного уравнения.

Ответ: 1

; 93

.

П р и м е р 7. Решите уравнение 2 2 2lg lg lg 3 1x x .

Решение. Преобразуем уравнение

2 2lg 2lg | | lg 3 1 0x x .

Дальше, казалось бы, надо рассмотреть два случая, когда x > 0 и

когда x < 0. Однако если заметить, что область определения заданного

уравнения является множеством значений x, удовлетворяющих усло-

вию x > 0, а в этом случае xx || , то последнее уравнение перепишет-

ся следующим образом:

2 2lg 2lg lg 3 1 0x x .

75

Введем новую переменную: xу lg , тогда получим уравнение

2 22 lg 3 1 0.y y

Решая, находим 1 2

101 lg3 lg , lg30

3y y .

Вернемся к замене, получим два простейших уравнения

10lg lg , lg lg30

3x x .

Решением первого является 1

10,

3x решением второго – 2 30x .

Оба значения удовлетворяют ОДЗ, следовательно, являются кор-

нями исходного уравнения.

Ответ: 10

3; 30.

Иногда встречаются уравнения, содержащие логарифмы с раз-

ными основаниями. В таком случае целесообразно преобразовывать

уравнение так, чтобы в него входили логарифмы с одним и тем же ос-

нованием.

П р и м е р 8. Решите уравнение

5,5logloglog 2793 xxx .

Решение. Область допустимых значений: x > 0.

Перейдем в уравнении к логарифмам с основанием 3, применяя

формулу перехода:

3 33

3 3

log loglog 5,5

log 9 log 27

x xx .

Вынесем общий множитель x3log :

33 3

1 11log 5,5

log 9 log 27x

.

Используя свойства логарифмов, получим

3

1 1log 5,51

2 3x

, т.е. 3

11log 5,5

6x .

Отсюда, 3

6log 5,5 ,

11x т.е. 3log 3x . Значит, 27x , причем это

значение удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: 27.

76

П р и м е р 9. Решите уравнение 3 9log logx xx x .

Решение.

Область допустимых значений:

0,0,

13 1, ,

39 1,

1.

9

xx

x x

x

x

Перейдем в каждом логарифме к основанию x, предположив, что

1x , получим

log log.

log 3 log 9

x x

x x

x x

x x

Далее имеем

1 1,

log 3 log log 9 logx x x xx x

2

1 1

log 3 1 log 3 1x x

.

Отсюда

2log 3 1 log 3 1,x x

log 3 0x .

Очевидно, что последнее уравнение корней не имеет. Однако,

здесь важно не забыть, что вначале мы предположили, что 1x , что

могло привести к потере корня, поэтому обязательно надо подставить

это значение в исходное уравнение и выяснить является ли оно его

корнем или нет. Итак, при x = 1 получим верное числовое равенство

3 9log 1 log 1, значит x = 1 – корень уравнения.

Ответ: 1.

Среди логарифмических уравнений также встречаются уравне-

ния, которым нужен индивидуальный подход.


2 25log ( 4 29) 4 2.x x x x

Решение. ОДЗ: 2 4 29 0,x x т. е. х R.

77

Рассмотрим левую часть уравнения

2 2 25 5 5 5log ( 4 4 25) log (( 2) 25) log 25 log 5 2.x x x

Преобразуем правую часть

2 2 24 2 ( 4 4) 4 2 2 ( 2) 2.x x x x x

Из этого заключаем, что решением исходного уравнения является

решение системы

22

2

log ( 4 29) 2,

4 2 2.

x x

x x

Решая эту систему, находим, что х = –2.

Ответ: –2.

П р и м е р 11. Найти сумму корней уравнения

2 log 6 12.xx x

Решение. Для данного уравнения характерно следующее: если х –

корень уравнения, то и (–х) тоже корень уравнения. Поэтому если

уравнение имеет корни, то их сумма будет равна нулю. Подстановкой

находим корни .2x

Получаем ответ: 0.


3lg(20 ) lg .x x

Решение. Решить это уравнение рассмотренными приемами не

удается. Найдем какой-либо корень уравнения методом перебора.

В данном случае получаем 10.x Однако считать, что данное урав-

нение уже решено, нельзя: оно может иметь и другие решения. Обра-

тим внимание на то, что в интервале (0, 20) функция lg(20 )y x

убывает, а функция 3lgy x возрастает, но тогда если уравнение

имеет решение, то оно одно.

Итак, 10x – единственный корень уравнения.

Ответ: 10.

П р и м е р 13. Найти наименьший корень уравнения

21

2

log 2 1x x x .

78

Решение. Если пользоваться определением логарифма, то получаем

2( 1)2

1

2

1log ( 1)

2

x

x x x

.

Очевидно, что решить это уравнение не так просто, поэтому в

данном случае исходное уравнение целесообразнее решать графиче-

ски. В одной системе координат строим графики функций 1 1 2logy x

и 22 ( 1)y x . Смотрим, пересекаются ли данные графики (рис. 3).

Рис. 3

В данном случае они пересекаются в двух точках A и B. Абсцисса

точки A меньше абсциссы точки B, поэтому меньший корень уравне-

ния x = 1.



1. 2log 5x .

2. xx 423log2

.

3. 5log 3 5 2x x

4. 23102log 2 xxx

.

5. 32log 2

4 xx .

y

B

A

-1

x

y

1

y1

y2

79

6. 1 3log 1x .

7. 3log 1 2x .

8. lg 2 lg 3 1 lg5.x x

9. 1 3 1 3log log 02 5 4x x .

10. 0lglglg x .

11. 8 4 2log log log 11.x x x

12.

xxxxx

6log6log1022 .

13. 3log13log239

xx .

14. 27 71 log 4 log 9 20x x x .

15. 4log (2 ) log 2 1xx .

16. 2 14 27log log .xx x

x x

17. 8

7log log 2

6xx .

18. 23 3log log 2 0.x x

19. 2 23 3 3

9log log 9 log 2x x

x

.

20. 3lg lg lg lg 2 0x x .

21. 21 1

2 2

3log 5log 2 0.x x

22. 1 1 3

.lg lg0,1 lg 2x x

23. 2 25 53log 5 log 2x x .

Ответы.

7.1. 132

. 7.2. 1. 7.3. 5

3 109log

50

. 7.4. 5 2 7 .

7.5. нет решения. 7.6. 3. 7.7. 8. 7.8. 4. 7.9. 1. 7.10. 1010 .

80

7.11. 64. 7.12. 2; 5. 7.13. 1. 7.14. 2. 7.15. 1 5

2

. 7.16. 2.

7.17. 8 ; 4.7.18. 1

;9.3

7.19. 1; 6561. 7.20. 3

1

10; 10. 7.21. 4;

3

1.

2

7.22. 610 . 7.23.

3

1 1;

5 5 .

81

Список литературы

1. Гусев, В. А. Математика : справ. материалы : кн. для учащих-

ся / В. А. Гусев, А. Г. Мордкович. – М. : Просвещение, 1988.

2. Литвиненко, В. Н. Практикум по элементарной математике:

Алгебра. Тригонометрия : учеб. пособие для студентов физ.-мат. спец.

пед. институтов / В. Н. Литвиненко, А. Г. Мордкович. – 3-е изд., пере-

раб. и доп. – М. : ABF, 1995.

3. Панферов, В. С. Отличник ЕГЭ. Математика. Решение слож-

ных задач / В. С. Панферов, И. Н. Сергеев. – М. : Интеллект-Центр,

2010.

4. Панферов, В. С. ЕГЭ: 1000 задач с ответами и решениями

по математике. Все задания группы С / В. С. Панферов, И. Н. Серге-

ев. – М. : Экзамен, 2012.

5. Потапов, М. К. Математика для абитуриента / М. К. Потапов,

С. Н. Олехник, Ю. В. Нестеренко. М. : НТЦ «Университетский»,

1994.

6. Сканави, М. И. Элементарная математика / М. И. Сканави,

В. В. Зайцев, В. В. Рыжков. – М. : Наука, 1967.

7. Шарыгин, И. Ф. Факультативный курс по математике /

И. Ф. Шарыгин, В. И. Голубев. М. : Просвещение, 1991.

82

ПРИЛОЖЕНИЕ

Контрольная работа по теме

«Тригонометрические уравнения»

Вариант 1

1. Вычислите без помощи таблицы cos54 .

2. 12

Âû ÷èñëèòå cos , åñëè sin è 3 13

3

22 .

3. Проверьте равенство

2 4 1cos cos cos .

7 7 7 8

4. Докажите тождество

3 33 3

2 2

tg 1 ctgtg ctg .

sin cos sin cos

5. Вычислите

5 5sin 2 arcsin arccos .

3 3

6. Дано уравнение

1 1 1sin sin cos 3 sin cos :

3 3x x x x x

а) решите уравнение;

б) укажите корни, принадлежащие отрезку 3

2 ; 2

.

7. Решите уравнения:

2 2a) sin sin cos 2 cos 0;x x x x

б) 3 sin 2 cos 2 2;x x

в) 249 4 sin 3cos 0.3

xx x

83

Вариант 2

1. Вычислите без помощи таблицы sin54 .

2. Вычислите sin 2 ,cos 2 , tg 2 ,ctg2x x x x , если 5

cos è 013 2

x x

.


2 4tg tg tg 3.

9 9 9


2 2

2 2

sin 3 cos 38 cos2 .

sin cos


1 3cos .2 arctg arccos

4 5


22sin 2 2 cos 2 2 0 :x x


б) укажите корни, принадлежащие отрезку 5 7

; 2 2

.


а)2 2 sin 3cos 2sin2 0;x x x

б) 1 3

sin 3 cos 3 sin 5 ; 4 2

x x x

в) 29 sin 2 3 cos 0.x x x

84

Вариант 3

1. Вычислите без помощи таблиц sin285 .

2. Вычислите 12

cos ,åñëè sin è 3 13

3

22 .


8 cos1 0 cos 20 cos 40 ctg1 0 .


cos sin12 2 tg .

coscos sin

2 2


5 5sin 2 arcsin arccos .

3 3


2

2

sin 1 5 sin1 3 1 sin :

2 4 2cos

x xx

x


б) укажите корни, принадлежащие отрезку 13

2 ; .3


а) 32sin 2sin cos 2;x x x

б) sin 5 cos 5 2 cos1 3 ;x x x

в) 2 49 4 sin 3cos 0.3

xx x

85

Вариант 4

1. Вычислите без помощи таблицы cos165 .

2. Âû÷èñëèòå sin 2 ,cos 2 , tg 2 ,ctg 2 ,x x x x если 5

cos è 0 .13 2

x x


2 4 1cos cos cos .

7 7 7 8


sin sin sin0.

cos cos cos cos cos cos


8 8sin .arctg arcsin

15 17


21 2sin 3 2sin sin21:

2sin cos 1

x x x

x x


б) укажите корни, принадлежащие отрезку ; .


а) 2 22 cos 3sin cos 5 sin 3;x x x x

б) 2cos3 3sin cos 0;x x x

в) 225 4 (3sin2 8sin ) 0.x x x

86

Самостоятельная работа по теме

«Показательные и логарифмические уравнения»

Вариант 1

1. Вычислите 6 9log 5 log 361 lg26 .3 10 3

2. Вычислите 35log 28 , если 14log 7 a , 14log 5 .b

3. Решите уравнения

а) 3 3 1 12 3 2 3 288;x x x x

б) 3 32 7 5 49 3 0;x x

в) 2

1 2 8

2log log 0;

3

x x

x

г) lg 10;xx

д) 23 32log 2 log ( 4) 0.x x

Вариант 2


5 9 7

1 4

log 3 log 36 log 981 27 3 .

2. Вычислите 2log 360 , если 3log 20 a , 3log 15 .b


а) 1 210 5 2 950;x x x

б) 2 21 39 36 3 3 0;x x

в) 4 2 3

1log log log (2 1) ;

2x

г) lg 210 ;00xx x

д) 2 2lg lg( 10) 2lg11.x x

87

Учебное издание

Глебова Мария Владимировна,

Черанева Ирина Ивановна

Избранные вопросы

по элементарной алгебре

Часть 2

Редактор Ж. А. Лубенцова

Компьютерная верстка Н. В. Ивановой

Подписано в печать 29.05.13.

Формат 60x841/16. Усл. печ. л. 5,12.

Тираж 54. Заказ № 457.

_______________________________________________________

Издательство ПГУ

440026, Пенза, Красная, 40.

Тел./факс: (8412) 56-47-33; e-mail: [email protected]

Documents

М В. Глебова И. Черанева · 2 УДК 512.8 (075) Г53 Р е ц е н з е н т ы: кандидат физико-математических наук, доцент