algebra10_нелін_дворівн

§ 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

соs2 x – sin2 x – 5 sin x – 3 = 0, 1 – sin2 x – sin2 x – 5 sin x – 3 = 0,

– 2 sin2 x – 5 sin x – 2 = 0. Заміна sin x = t дає рівняння

–2t2 – 5t – 2 = 0.

Тоді 2t2 + 5t + 2 = 0, t1 = –2, t2 = − 1 .

2

Виконуємо обернену заміну.

1.При t = –2 маємо sin x = –2 — ко$ ренів немає, оскільки | 2 | > 1.

2.При t = − 1 маємо sinx = − 1. Тоді

2		2
x = (−1)n arcsin(−					1	)+ πn,
					2
x = (−1)n (−		π		)+ πn, n Z.
		6
Відповідь: (−1)n (−		π	)+ πn, n Z. Y
		6

Потім усі тригонометричні вирази зводимо до однієї функції sin x (вра$ ховуємо, що соs2 x = 1 – sin2 x).

В одержане рівняння змінна вхо$ дить в одному і тому самому вигляді sin x, отже, зручно виконати заміну sin x = t.

З а у в а ж е н н я. При бажанні відповідь можна записати у вигляді

(−1)n+1 6π + πn, n Z.

Приклад 2 Розв’яжіть рівняння tg x + 2 сtg x = 3.

Р о з в ’ я з а н н я

X tgx +	2	= 3.	Заміна: tg x = t. Має$

tg x

мо рівняння t + 2 = 3.

t

При t ≠ 0 отримуємо рівносильне рівняння t2 – 3t + 2 = 0.

Звідси t1 = 1, t2 = 2. Виконуємо обернену заміну:

1.При t = 1 маємо tg x = 1, тоді x = arctg 1 + πп,

x = − π + πn, п Z.

4

2.При t = 2 маємо tg x = 2, тоді x = arctg 2 + πт, т Z.

Відповідь: π + πn, п Z;

4

arctg 2 + πт, т Z. Y

К о м е н т а р

Усі аргументи вже однакові (х), тому зводимо всі тригонометричні ви$ рази до однієї функції tg x (враховує$

мо, що ctgx = tg1x ).

В одержане рівняння змінна вхо$ дить в одному і тому самому вигляді tg x, отже, зручно виконати заміну tg x = t.

171

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

15.3.РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ОДНОРІДНИХ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ТА ЗВЕДЕННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНОГО РІВНЯННЯ ДО ОДНОРІДНОГО

Розглянемо рівняння sin2 x – sin x соs x – 2 соs2 x = 0.

(1)

Для пошуку плану розв’язування цього рівняння (але не для його розв’я$ зування) виконаємо заміни: sin x = u, cos x = v. Тоді рівняння (1) матиме

вигляд
u2 – uv – 2v2 = 0.	(2)

Усі одночлени, які стоять у лівій частині цього рівняння, мають степені 2 (нагадаємо, що степінь одночлена uv теж дорівнює 2). У цьому випадку рівнян$ ня (2) (і відповідно рівняння (1)) називається однорідним, і для розпізнавання таких рівнянь та їх розв’язування можна використовувати такий орієнтир.

Якщо всі члени рівняння, у лівій і правій частинах якого стоять мно% гочлени від двох змінних (або від двох функцій однієї змінної), мають

однаковий сумарний степінь*, то рівняння називається однорідним.

Розв’язується однорідне рівняння діленням на найвищий степінь однієї із змінних.

З а у в а ж е н н я. Дотримуючись цього орієнтира, доводиться ділити обидві частини рівняння на вираз із змінною. При цьому можна втратити корені (якщо коренями є ті числа, при яких дільник дорівнює нулю). Щоб уникнути цього, необхідно окремо розглянути випадок, коли вираз, на який ми збирає$ мося ділити обидві частини рівняння, дорівнює нулю, і лише після цього ви$ конувати ділення на вираз, що не дорівнює нулю.

Приклад 1 Розв’яжіть рівняння sin2 x – sin x соs x – 2 соs2 x = 0.

Р о з в ’ я з а н н я

XПри соs x = 0 рівняння не має ко$

ренів, тому розділимо обидві його частини на соs2 x ≠ 0.

Одержуємо

	sin2 x		−	sinx cosx			− 2		cos2 x	= 0,
	cos2 x
				cos2 x					cos2 x
тобто			sin2x		−	sinx		− 2 = 0.
			cos2 x cosx

Тоді tg2 x – tg x – 2 = 0.

Заміна: tg x = t.

Отримуємо рівняння t2 – t – 2 = 0, t1 = –1, t2 = 2.

К о м е н т а р

Задане рівняння однорідне, ос$ кільки всі його члени мають однако$ вий сумарний степінь 2. Його можна розв’язати діленням обох частин на sin2 x або на соs2 x.

Якщо ми будемо ділити на соs2 x, то, щоб не втратити корені, випадок соs x = 0 розглянемо окремо.

Підставляючи соs x = 0 в задане рівняння, одержуємо sin x = 0. Але одночасно sin x і соs x не можуть до$ рівнювати нулю (оскільки sin2 x + + соs2 x = 1). Отже, ті значення змін$

* Звичайно, якщо рівняння має вигляд f = 0, йдеться тільки про степінь членів многочлена f, оскільки нуль$многочлен (тобто 0) степеня не має.

172

§ 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

Виконуємо обернену заміну:

ної x, для яких соs x = 0, не є кореня$

1) При t = –1 маємо tg x = –1, тоді

ми заданого рівняння. А при соs x ≠ 0

x = arctg (– 1) + πп,

можна розділити обидві частини да$

x = −

π

+ πn, п Z.

ного рівняння на соs2 x ≠ 0 і одержати

рівняння, рівносильне заданому (та

4

2) При t = 2 маємо tg x = 2, тоді

врахувати при цьому, що

sinx

=tgx).

x = arctg 2 + πт, т Z.

cos x

В одержане рівняння змінна вхо$

π

Відповідь: −

+ πn, п Z;

дить в одному і тому самому вигляді

4

tg x, тому зручно виконати заміну

arctg 2 + πт, т Z. Y

tg x = t.

Розв’яжіть рівняння sin 3x = 5 соs 3x.

Приклад 2

Р о з в ’ я з а н н я

К о м е н т а р

X При соs 3x = 0 рівняння не має ко$

Задане рівняння однорідне, оскіль$

ренів, тому розділимо обидві його

ки всі його члени мають однаковий

частини на соs 3x ≠ 0.

степінь 1. Його можна розв’язати

Одержуємо

діленням обох частин на sin 3x або на

sin3x

= 5,

тобто tg 3x = 5. Тоді

соs 3x.

Якщо ми будемо ділити на соs 3x,

cos3x

то, щоб не втратити корені, випадок

3x = arctg 5 + πт,

соs 3x = 0 розглянемо окремо.

1

πm

x =

arctg 5 +

, т Z.

Підставляючи соs 3x = 0 в задане

3

3

рівняння, одержуємо sin 3x = 0. Але

Відповідь:

1

arctg5 +

πm

, т Z. Y

одночасно sin 3x і соs 3x не можуть

3

дорівнювати

нулю. Отже, при

3

соs 3x = 0 рівняння не має коренів.

А при соs 3x ≠ 0 можна розділити

обидві частини даного рівняння на

соs 3x ≠ 0 і одержати рівняння, рівно$

сильне заданому (і врахувати при цьо$

sin3x

му, що

= tg 3x .

cos3x

6 sin2 x +

1

sin 2x − cos2 x = 2.

Приклад 3

Розв’яжіть рівняння

2

Р о з в ’ я з а н н я

XВикористовуючи формулу синуса подвійного аргументу, маємо

6 sin2 x + sin x соs x – соs2 x = 2. (1) Запишемо це рівняння так:

К о м е н т а р

Спочатку зведемо всі тригономет$ ричні функції до одного аргументу x, використовуючи формулу sin 2x = = 2 sin x соs x.

173

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

6sin2 x + sin x соs x – соs2 x = 2æ1

іврахуємо, що 1 = sin2 x + соs2 x. Тоді 6 sin2 x + sin x соs x – соs2 x =

=2 (sin2 x + соs2 x).

Звідси

4 sin2 x + sin x соs x – 3 соs2 x = 0. (2) При соs x = 0 рівняння не має ко$ ренів, тому розділимо обидві його ча$

стини на соs2 x ≠ 0. Одержуємо

4 sin2 x + sinx − 3 = 0, cos2 x cos x

4 tg2 x + tg x – 3 = 0. (3)

Заміна: tg x = t. Отримуємо рів$ няння 4t2 + t – 3 = 0,

t1 = –1, t2 = 3 .

4

Виконуємо обернену заміну:

1.При t = –1 маємо tg x = –1, тоді x = arctg (– 1) + πп,

x = − π + πn, п Z.

4

2. При t =	3	маємо tgx =	3	, тоді
4		4

x = arctg 3 + πm, т Z.

4

Відповідь: − π + πn, п Z;

4

arctg 3 + πm, т Z. Y

4

У лівій частині одержаного рів% няння (1) стоїть однорідний вираз другого степеня, а в правій части% ні — число 2. Якщо домножити 2 на 1, а одиницю розписати за основною тригонометричною тотожністю 1 = sin2 x + соs2 x, то в лівій і правій частинах одержаного рівняння всі ви% рази будуть другого степеня, тобто одержимо однорідне рівняння (2), яке можна розв’язати діленням обох час$ тин або на sin2 x, або на соs2 x.

Якщо ми будемо ділити на соs2 x, то, щоб не втратити корені, випадок соs2 x = 0 розглянемо окремо.

Підставляючи соs x = 0 у рівняння (2), одержуємо sin x = 0. Але одночас$ но sin x і соs x не можуть дорівнювати нулю (оскільки sin2 x + соs2 x = 1). Отже, при соs x = 0 рівняння (2) не має коренів. А при соs x ≠ 0 можна розділити обидві частини цього рів$ няння на соs2 x ≠ 0 (і врахувати при

цьому, що cossinxx =tgx).

В одержане рівняння (3) змінна входить в одному і тому самому ви$ гляді tg x, через те зручно виконати заміну tg x = t.

15.4.РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ ВИДУ f (x) = 0 ЗА ДОПОМОГОЮ РОЗКЛАДАННЯ НА МНОЖНИКИ

Приклад 1 Розв’яжіть рівняння sin 7x = sin 5x.

Р о з в ’ я з а н н я

X sin 7x – sin 5x = 0, тоді

2 sin 7x − 5x cos 7x + 5x = 0,

22

2 sin x cos 6x = 0. Одержуємо:

К о м е н т а р

Досить важко всі тригонометричні функції в цьому рівнянні звести до од$ ного аргументу.

У такому випадку доводиться ко$ ристуватися четвертим пунктом орі$ єнтира, наведеного на с. 170: пере$

174

§ 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

sin x = 0 або cos 6x = 0. Розв’язуючи останні найпростіші

тригонометричні рівняння, маємо:

x = πn, n Z, або 6x = π + πm,

2

тобто x = π + πm , m Z.

12 6

Відповідь: πn, n Z; π + πm , m Z.Y

12 6

носимо всі члени рівняння в один бік і пробуємо одержати добуток, що до% рівнює нулю.

Для цього скористаємося форму$ лою перетворення різниці синусів

у добуток:

sin α − sin β = 2 sin α − β cos α + β.

2 2

Але якщо добуток дорівнює нулю, то хоча б один із співмножників дорів$ нює нулю, а інші співмножники ма$ ють зміст. У даному випадку всі за$ дані й одержані вирази мають зміст на всій множині дійсних чисел.

У кінці враховуємо, що задане рів$ няння рівносильне сукупності рів$ нянь sin x = 0 або cos 6x = 0, і через те у відповіді мають бути записані всі корені кожного з цих рівнянь.

Приклад 2 Розв’яжіть рівняння sin x + sin 3x = sin 4x.

Р о з в ’ я з а н н я

X 2 sin x + 3x cos x − 3x − sin 4x = 0,

2 2

2 sin 2x cos x – sin 4x = 0,

2 sin 2x cos x – 2 sin 2x cos 2x = 0, 2 sin 2x (cos x – cos 2x) = 0,

sin 2x = 0 або cos x – cos 2x = 0. З першого з цих рівнянь:

2x = πn, x = πn , n Z.

2

Друге рівняння перетворимо так:

−2 sin x + 2x sin x − 2x = 0,

22

2 sin 3x sin x = 0.

22

Звідси sin 3x = 0 або sin x = 0.

	2		2
	З цих рівнянь одержуємо:
	3x	= πm, m Z, або	x	= πk,	k Z.
	2		2

К о м е н т а р

Зразу скористаємося четвертим пунктом орієнтира, наведеного на с. 170: переносимо всі члени рівнян% ня в один бік і пробуємо одержати до% буток, що дорівнює нулю.

Для цього застосуємо формулу перетворення суми синусів, яка сто$ їть у лівій частині рівняння, на добу$ ток:

sin α+ sin β = 2 sin α + βcos α − β

2 2

(і врахуємо, що cos (–х) = cos х). Для того щоб винести який$не$

будь вираз за дужки і одержати добу$ ток, досить записати sin 4x як синус подвійного аргументу (тоді за дужки виноситься sin 2x).

Якщо добуток дорівнює нулю, то хоча б один із співмножників дорів$ нює нулю.

175

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

x = 2πm або x = 2πk, k Z.

3

Відповідь: πn , n Z;

2

2πm , m Z;

3

2πk, k Z. Y

У другому з одержаних рівнянь перетворимо різницю косинусів на добуток. У кінці враховуємо, що всі задані і одержані вирази існують на всій множині дійсних чисел. Отже, задане рівняння на цій множині рівно$ сильне сукупності рівнянь:

sin 2x = 0 або sin 3x = 0 або sin x = 0,

2 2

і тому до відповіді потрібно записати всі корені кожного з цих рівнянь.

З а у в а ж е н н я. Запис відповіді можна скоротити. Так, якщо зобразити всі знайдені розв’язки на одиничному колі, то побачимо, що розв’язок x = 2πk

дає ті самі точки, що й формула x = πn при п, кратному 4 (n = 4k), або формула

2

x = 2 πm при т, кратному 3 (т = 3k). Таким чином, формула x = 2πk не дає

3

нових розв’язків у порівнянні з формулами x = πn або x = 2πm , і тому відповідь

2 3

може бути записана у вигляді тільки двох останніх формул. Але таке скоро$ чення відповіді не є обов’язковим.

15.5. ВІДБІР КОРЕНІВ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ

Якщо при розв’язуванні тригонометричних рівнянь необхідно виконува$ ти відбір коренів, то найчастіше це робиться так:

знаходять (бажано найменший) спільний період усіх тригонометричних функцій, що входять у запис рівняння (звичайно, якщо цей спільний період існує); потім на цьому періоді відбирають корені (відкидають сторонні),

аті, що залишаються, періодично продовжують. Приклад Розв’яжіть рівняння

								sin 4x tg x = 0.		(1)
							І спосіб розв’язування
						Р о з в ’ я з а н н я				К о м е н т а р
	X sin 4x = 0 або tg x = 0.								Якщо число х є коренем рівнян$
									ня (1), то при цьому значенні х рів$
		Тоді 4x = πn (тобто x =					πn	, n Z)
									ність (1) перетворюється на правиль$
					4				ну числову рівність. Добуток двох чи$
	або x = πk, k Z.
		Функція y = sin 4x має період							сел може дорівнювати нулю тільки
	T =		2π	=	π	, а функція у = tg x — період			тоді, коли хоча б один із множників
									дорівнює нулю. Отже, кожен корінь
	1	4			2

176

§ 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

Т2 = π. Тоді Т = π є спільним періодом для обох функцій. Позначимо всі одержані корені на одному періоді, на$ приклад, на проміжку [0; π]:

При x = π значення tg x не існує,

2

отже, x = π не є коренем заданого

2

рівняння.

При значеннях 0, π, 3π, π одер$

4 4

жуємо рівність 0 = 0. Отже, ці зна$ чення є коренями рівняння (1).

Тоді розв’язками заданого рівнян$ ня будуть:

х= πk; x = π + πk;

4

x = 3π + πk, k Z.

4

	Відповідь: πk;	π	+ πk;	3π	+ πk; k Z. Y
		4		4

рівняння (1) буде коренем сукупності рівнянь sin 4x = 0 або tg x = 0.

Замінивши рівняння (1) на цю су$ купність, ми не загубимо коренів за$ даного рівняння, але можемо одержа$ ти сторонні для нього корені. На$ приклад, такі, при яких перший множник дорівнює нулю, а другий не існує.

Щоб відкинути такі значення, ви$ конаємо перевірку одержаних коренів підстановкою в початкове рівняння на одному періоді — проміжку довжи$ ною π.

На цьому періоді відбираємо ко$ рені (відкидаємо сторонні), а ті, що залишаються, періодично повторює$ мо (тобто додаємо до одержаних ко$ ренів πk, k Z).

З а у в а ж е н н я. При розв’язуванні рівняння (1) ми не стежили за рівно$ сильністю виконаних перетворень, але виконували такі перетворення, які не приводили до загублення коренів. Тоді говорять, що ми користувалися рівнян$ нями$наслідками (якщо всі корені першого рівняння є коренями другого рівнян% ня, то друге рівняння називається наслідком першого)*. У цьому випадку ми могли отримати сторонні для заданого рівняння корені (тобто ті корені ос$ таннього рівняня, які не є коренями заданого). Щоб цього не сталося, можна користуватися таким о р і є н т и р о м.

Якщо при розв’язуванні рівняння ми користувалися рівняннями наслідками, то перевірка одержаних коренів підстановкою в почат кове рівняння є обов’язковою складовою частиною розв’язування.

Якщо для розв’язування цього самого рівняння (1) ми будемо використо$ вувати рівносильні перетворення, то відбір коренів буде організований трохи інакше. Зокрема, нам доведеться врахувати ОДЗ рівняння, тобто спільну об$ ласть визначення для всіх функцій, які входять до запису рівняння.

* Більш повно про рівняння$наслідки див. у § 17.

177

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

ІІ спосіб розв’язування рівняння sin 4x tg x = 0.

Р о з в ’ я з а н н я

X ОДЗ: x ≠ π + πk, k Z.

2

sin 4x = 0 або tg x = 0.

Тоді 4x = πn, тобто x = πn , п Z,

4

або x = πk, k Z.

Функція y = sin 4x має період

T = 2π = π , а функція у = tg x — пері$

1	4	2

од Т2 = π. Тоді Т = π є спільним періо$ дом для обох функцій. Позначимо всі одержані корені на одному періоді, на$ приклад, на проміжку [0; π], і на цьо$ му ж проміжку позначимо обмежен$ ня ОДЗ:

Відповідь: πk; π + πk; 3π + πk, k Z. Y

44

Запитання для контролю

К о м е н т а р

Всі рівносильні перетворення рів% нянь виконуються на їх області до% пустимих значень (ОДЗ), тому по% трібно врахувати ОДЗ.

Добуток двох множників дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли хоча б один із множників дорівнює нулю, а другий множник має зміст. На ОДЗ обидва множники мають зміст, то$ му на ОДЗ задане рівняння рівно$ сильне сукупності рівнянь sin 4x = 0 або tg x = 0.

Ті корені сукупності, які входять до ОДЗ, досить відібрати на одному періоді — проміжку довжиною π, а потім одержані розв’язки періодично повторити.

Значення x = π не входить до ОДЗ,

2

отже, воно не є коренем заданого рів$ няння.

Значення 0, π, 3π, π входять до

44

ОДЗ, отже, ці значення є коренями заданого рівняння.

1.Які способи використовують при розв’язуванні тригонометричних рівнянь? Наведіть приклади.

2.Яку заміну змінних можна виконати при розв’язуванні рівняння 8 cos2 x – 2 cos x – 1 = 0 ? Яке рівняння одержимо після заміни?

3.а) Поясніть, чому рівняння 3 sin2 x – sin x соs x – 2 соs2 x = 0 є однорідним. б*) Як можна розв’язати це однорідне рівняння?

4.Як можна виконати відбір коренів тригонометричного рівняння? Проілю$ струйте відбір коренів тригонометричного рівняння на прикладі.

Вправи

Розв’яжіть рівняння (1–20).
1. 1°)	3 sin2 x – 5 sin x – 2 = 0;	2) 3 sin2 2x + 10 sin 2x + 3 = 0;
3°)	4 sin2 x + 11 sin x – 3 = 0;	4) 2 sin2	x	− 3 sin	x	+ 1 = 0.
		2		2

178

§ 15. Розв’язування тригонометричних рівнянь, які відрізняються від найпростіших

2.	1°) 6 cos2 x + cos x – 1 = 0;								2)	2 cos2 3x – 5 cos 3x – 3 = 0;
	3°) 2 cos2 x – cos x – 3 = 0;								4)	2 cos2		x		+ 3 cos					x			− 2 = 0.
										3			3
3.	1°) 2 sin2 x + 3 cos x = 0;								2)	8 sin2 2x + cos 2x + 1 = 0;
	3°) 5 cos2 x + 6 sin x – 6 = 0;								4)	4 sin 3x + cos2 3x = 4.
4.	1°) 3 tg2 x + 2 tg x – 1 = 0;								2) ctg2 2x – 6 ctg 2x + 5 = 0;
	3°) 2 tg2 x + 3 tg x – 2 = 0;								4)	7 ctg2		x		+ 2 ctg					x			= 5.
										2			2
5.	1)	3 cos 2x = 7 sin x;							2)	2 cos 2x = 7 cos x.
6.	1) sin2 x + 2 sin x cos x – 3 cos2 x = 0;
	2) sin2 x – 4 sin x cos x + 3 cos2 x = 0;
	3) sin2 x + sin x cos x – 2 cos2 x = 0;
	4) 3 sin2 x + sin x cos x – 2 cos2 x = 0.									tg x − tg (						− x)= 1;
7.	1)	cos	x	= 1+ cosx;					2)						7π
		2											2
	3)	5 cos x + 12 sin x = 13;							4)	3 cos x – 2 sin 2x = 0.
8.	1)	1− cosx = 2 sin					x	;	2)	1+ cosx = 2cos							x			;
		2											2
	3)	cos 2x = 2			1	sinx;			4)	3sinx − cosx = 0.
		3

9.1) cos x + sin x = 0;

3) 3 cos2 x = 4 sin x cos x – sin2 x;

	10.	1)	5				= 2;		2)	5	= 2;
										3sinx + 4
			3cos x + 4
	11.	1)	3			= 1;			2)	3	= 1;
			5tg x +	8						5ctg x + 8
	12.	1)	2sinx + 7					= 2;
			1,5 sin x + 3
		3)	6		= 3 − tgx;
			tgx + 2
	13.	1)	15		= 11 − 2 sinx;
			sinx + 1
		3)	1	= 2 ctgx − 1;
			tgx + 1

14.1) sin x + sin 3x = 0;

3)cos 2x – cos 6x = 0;

2)cos2 x – 3 sin x cos x = –1;

4)4 cos2 x – 7 sin 2x = 2.

3)	2							= 1;			4)		2		= 1.
	3 2 sinx − 1										3		2 cos x − 1
3)	4						=		1	;	4)		2	=		1	.
	3 tg x + 5												3 ctg x + 5
							2							4
2)	2cos x + 7						= 2;
	1,5cosx + 3
4)	6				= 3 − ctgx.
	ctgx + 2
2)	15				= 11 − 2 cosx;
	cos x + 1
4)	10	= 3 − ctgx.
	tgx + 2

2)sin 5x – sin x = 0;

4)cos 4x + cos 2x = 0.

15*. 1) | sin x | = | cos x |;

2)

sin2x

=

3cos 2x

.

16*. 1) sin (2x −

π

)+ cos (

13π

− 2x)= 0;

2)

sin (

x

+

π

)=

3cos (

47π

−

x

).

6

6

2

3

3

2

179

РОЗДІЛ 2. Тригонометричні рівняння і нерівності

17*. 1) sin2 x – 5 cos x = sin x cos x – 5 sin x;

2) cos2 x – 7 sin x + sin x cos x = 7 cos x.

18.

1)

sin2 x + cos (

π

− x)sin (

π

− x)− 2 cos2 x = 0;

2

2

2)

sin2 3x + 3 cos2 3x − 4 sin (

π

+ 3x)cos (

π

+ 3x)= 0;

2

2

3) sin2 x + 2 sin (π – x) cos x – 3 cos2 (2π – x) = 0;

4)

sin2 (2π − 3x)+ 5 sin (π − 3x)cos 3x + 4 sin2 (

3π

− 3x)= 0.

2

x

x

π

x

19.

1)

3 sin2

+ sin

sin (

−

)= 2;

2

2

2

2

2)

2 cos2

x

− 3 sin (π −

x

)cos (2π −

x

)+ 7 sin2

x

= 3;

2

2

2

2

3)

4 cos2 (

π

+ x)+

3sin (

3π

− x)sin(π + x)+ 3 cos2 (π + x)= 3;

2

2

4)

3 sin2 (x −

3π

)− 2 cos (

3π

+ x)cos(π + x)+ 2 sin2 (x − π)= 2.

2

2

20.

1)

2 sin2 (π + x)− 5 cos (

π

+ x)+ 2 = 0;

2) 2 cos2 x + 5 cos (2π − x)− 4 = 0;

2

3)

2 cos2 x + sin (

π

− x)− 1 = 0;

4) 5 – 5 sin 3 (π – x) = cos2 (π – 3x).

2

§16 РОЗВ’ЯЗУВАННЯ СИСТЕМ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ РІВНЯНЬ

Системи тригонометричних рівнянь розв’язуються за допомогою тих са$ мих методів, що й алгебраїчні системи. Зокрема, це виключення невідомих і заміна змінних. Виключити невідомі можна за допомогою одного з двох прийомів: з одного рівняння виразити якесь невідоме (або функцію від нього) і підставити його в інші або перетворити дані рівняння і потім скласти з них комбінації, у яких число невідомих зменшується.

x + y = π ,

Приклад 1 Розв’яжіть систему рівнянь 2

cosx + siny = 1.

X З першого рівняння знаходимо y = π − x і підставляємо в друге. Одер$

2
жуємо cosx + sin (	π	− x)= 1, тобто cos x + cos x = 1, 2 cos x = 1, cosx =	1	. Отже,
	2		2

180