Тригонометрия на ПВГ —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Тригонометрия на ПВГ

Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

Тригонометрия на ПВГ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85551

Решите уравнение

2 36cos(x+ cosx)cos(x− cosx)+ 9= π

и найдите сумму его корней, принадлежащих отрезку $[π;7π] 3 4$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Работать с произведением косинусов неудобно. Какие преобразования можно сделать, чтобы облегчить решение?

Подсказка 2

Воспользуемся формулами преобразования произведения в сумму и сделаем замену. А что если рассмотреть выражение как функцию?

Подсказка 3

Функция слева приобретет вид f(t) = 2t^2-1 + cos(2t). Исследуем же ее!

Подсказка 4

Какой является эта функция и где она монотонна?

Подсказка 5

Функция f возрастает на [0;1] и является четной. Если пристально посмотреть, какие же t нам подходят? А какие из них попадают в наш отрезок?

Показать ответ и решение

Пользуясь формулами преобразования произведения в сумму, получаем

π2 1 cos2x+ cos(2cosx)= 18 − 2

Пусть $t=cosx$ , тогда левая часть уравнения равна $2 f(t)= 2t − 1+ cos2t$ . Функция $f$ возрастает на $[0;1]$ (так как $′ f (t)= 2(2t− sin2t$ ) >0 при $t>0$ ) и является чётной, причём $(π) π2 1 f 6 = 18 − 2$ . Следовательно, корнями уравнения $π2 1 f(t)= 18 − 2$ на отрезке $[−1;1]$ являются числа $π t= ±6$ . Возвращаясь к переменной $x$ , находим

π x= ±arccos6 +πn,n∈ Z

Так как

√ - π = arccos--2< arccosπ< arccos1= π , 4 2 6 2 3

то на указанный отрезок попадают корни $π−$ $arccosπ,π+ arccosπ 6 6$ и $2π− arccos π 6$ . Их сумма равна $4π− arccosπ 6$ .

Ответ:

$x =± arccosπ+ πn,n ∈Z 6$ .

Сумма корней равна $π 4π − arccos6.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67951

Решите уравнение

√- √- 2( π ) 1− 2 cosx(sinx+ 2cosx)+ 2sinx(2sinx − cosx) =2sin x + 8

Источники: ПВГ-2023, 10.1 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Справа внутри синуса есть какой-то π/8, что не очень приятный угол, а еще там сам синус в квадрате. Чем можно воспользоваться в таком случае?)

Подсказка 2

Например, формулой понижения степени! Тогда там появится 1-cos(2x+π/4), что уже лучше. Раз мы тут преобразовали к двойному углу, то может слева так тоже выйдет?

Подсказка 3

Если раскрыть скобки в левой части, то получится 2√2(sin²x-cos²x) - 2√2sinx⋅cosx, что очень хорошо раскладывается на двойные углы) Осталось достаточно приятное уравнение, которое не доставит вам проблем)

Показать ответ и решение

Раскроем скобки и в правой части воспользуемся формулой понижения степени:

√- √- 2 √ - 2 √- ( π) 1− 2cosxsinx− 2 2cosx +2 2sin x− 2sinxcosx= 1− cos 2x+ 4 ;

√- √- 1 1 2 2(sin2x− cos2x)− 2 2 sinxcosx = −√2-cos(2x)+ √2-sin(2x);

Домножим на $√ - (− 2)$ и выделим формулы двойных углов:

4cos(2x)+ 2sin(2x) =cos(2x)− sin(2x);

sin(2x)=− cos(2x);

Если $cos(2x)= 0,$ то получим, что $sin(2x)=0,$ что противоречит основному тригонометрическому тождеству. Значит, можно поделить на $cos(2x),$ имеем:

tg (2x)= −1.

Откуда $x= − π8 + πn2 ,n ∈ℤ$

Ответ:

$− π + πn,n ∈ℤ 8 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71439

Решите неравенство

( ) ( 1 √3 ) 8x3+ 4x2− 18x− 9⋅arccos(x − 1)≤ arccos 4cos40∘ + 4cos50∘

Источники: ПВГ-2022, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое некрасивое выражение стоит в правой части, очень хочется от него избавиться...

Подсказка 2

Давайте приведем слагаемые в аргументе к общему знаменателю, поделим числитель и знаменатель на 2, тогда в числителе получится что-то красивое! Сворачивайте!

Подсказка 3

Знаменатель тоже можно преобразовать по тригонометрическим формулам. Ого, оказывается эта страшилка равна единице, значит арккосинус равен нулю!

Подсказка 4

Левая часть легко раскладывается на линейные множители, ну а ноль арккосинуса мы знаем (x=1). Решаем неравенство!

Подсказка 5

Не забывайте, пожалуйста, об ОДЗ! Арккосинус требует соблюдения всех условий!

Показать ответ и решение

Так как

1 √3- 1 √3- sin30∘⋅sin40∘+cos30∘ ⋅cos40∘ 4cos40∘ +4cos50∘ = 4cos40∘ +4sin40∘ =------2sin40∘cos40∘-------=

∘ ∘ ∘ = cos(40-− 3∘0-)=--cos(1∘0-)∘-= 1, sin80 sin(90 − 10 )

то получается неравенство

(8x3 +4x2− 18x − 9)⋅arccos(x− 1)≤0

Левая его часть определена при $|x − 1|≤ 1,$ поэтому $x∈ [0;2].$ На этом отрезке первый сомножитель

(8x3+ 4x2− 18x− 9)= (2x +1)(2x− 3)(2x+ 3)

неотрицателен при $[ ] x∈ 3;2 2$ и отрицателен при $[ ) x∈ 0;3 . 2$ Второй сомножитель всегда неотрицателен и равен нулю при $x =2.$

Поэтому $[ ] x ∈ 0;3 ∪ {2}. 2$

Ответ:

$[0;3]∪ {2} 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#32375

Решите систему

{ − ctg xctgy− ctgy +|ctgx − ctgy− 3ctgxctgy|=0; √3−-tgx-+tgy+ tg y− 5 =0.

Источники: ПВГ-2020

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посмотрите на эту систему. Что в этой системе кажется наиболее инородным? Модуль. Что мы привыкли делать с ним? Раскрывать по определению(чаще всего именно так, потому что работать напрямую с модулем, зачастую, затруднительно). Сделайте тоже самое.

Подсказка 2

Если раскрыть модуль с минусом, то из первого уравнения выходит, что либо ctg(x)=0 , либо ctg(y)=1/2. Но ctg(x)!=0, так как тангенс тоже должен быть определен. Поэтому ctg(y)=1/2. Значит tg(y)=2. Подставляя это во второе уравнение найдем первую серию решений(не забывая проверить то, что модуль был раскрыт верно и ОДЗ выполнено). Теперь осталось раскрыть модуль другим способом.

Подсказка 3

Второй случай не дает ответов сразу. У нас получается выражение, где все завязано на котангенсах, но при этом, если мы планируем в явном виде подставить выражение, к примеру , tg(x) во второе уравнение, то нам надо связь из котангенсов переделать в связь на тангенсы. Как это сделать?

Подсказка 4

Для начала, можно выразить ctg(y) через ctg(x), а потом перевернуть дробь(которая будет получена при выражении ctg(y) ) и заменить ctg(x) на 1/tg(x). И получим в явном виде , выраженное через tg(x), значение tg(y) . Остается подставить это во второе уравнение и найти его корни, после чего проверить так ли мы раскрыли модуль и учесть ОДЗ.

Показать ответ и решение

ОДЗ: $x⁄= πk 2$ , $x⁄= πk 2$ и $3− tgx+ tgy ≥0$ , $tgy− 5≤ 0$ .

Из второго уравнения на ОДЗ следует, что $2 − tgx= tg y− 11tgy+ 22 (∗)$ .

Раскроем модуль одним способом:

− ctgxctgy− ctgy− (ctgx− ctgy − 3ctgxctgy)= − ctgxctg y− ctgx+ 3ctgxctgy = 0

$ctgx ⁄=0$ , поэтому $2ctgy =1$ . Значит, $tgy =2$ . Подставим это во второе уравнение:

∘ ------ 5− tgx− 3= 0

Тогда $tgx = −4$ . Осталось подстановкой проверить, что для полученного решения модуль был раскрыт верно.

Теперь раскроем модуль другим способом.

− ctg xctgy− ctg y+(ctgx − ctgy− 3ctgxctgy)=− 4ctgxctgy− 2ctgy+ ctgx = 0

Домножим на $tg xtgy$ :

−4− 2tgx+ tgy =(∗)= −4+ 2(tg2y− 11tgy+ 22)+ tgy = 2tg2y − 21tgy+ 40=

= (tgy− 8)(2tgy− 5)= 0

Если $tgy = 8$ , то $tgx= −(tg2y− 11tgy+ 22)= 2$ и при подстановке это не подходит.

Если $tgy = 2.5$ , то $tgx= −(tg2y − 11tgy+ 22)= −0.75$ и при подстановке это не подходит.

Ответ:

${(− arctan4+ πn;arctan2+ πk),(n,k) ∈ℤ2}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80581

Решите неравенство

arcsin(sin|x|)≥arccos|cos3x|

Показать ответ и решение

Заметим, что если $x$ подходит, то и $− x$ подходит. Тогда давайте считать, что $x≥ 0$ .

Так же если $x$ , $x +2π$ больше 0 и $x$ подходит, то и $x+ 2π$ подходит. Значит можно считать, что $x ∈[0,2π)$ .

Теперь заметим, что $x ∈(π,2π)$ не подходит, так как тогда $arcsin(sin|x|)<0 ≤arccos|cos3x|$ .

Нарисуем график для $x∈[0,π]$ . На этом интервале нам подходят $[π 3π] x∈ 4,4$ . Значит на интервале $[0;2π]$ нам подходит только $[π 3π] x ∈ 4, 4$ . Осталось распространить это на всю прямую. Значит $[π 3π- ] [−3π π ] x ∈∪k≥0 4 + 2πk,4 + 2πk ∪k≥0 4 − 2πk,− 4p− 2πk$ .

Ответ:

$[π + 2πk,3π+ 2πk]∪[−3π− 2πk,− πp− 2πk],k∈ {0} ∪ℕ 4 4 4 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85308

Решите неравенство

1 2 2 3 3tg x +3ctg x≤ 2cos 3x

Источники: ПВГ - 2018, Уфа, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим

1 2 2 3tg x+ 3ctg x≥ 2,

причём равенство возможно только если

1 3tg2x =3 ctg2x

√ - tgx= ± 3

π x =± 3 + πk,k∈ ℤ

При этом $2cos33x ≤2$ , причём равенство возможно только если $x = 2πm3-,m ∈ ℤ$ . Найденные серии пересекаются по множеству

x = ±2π+ 2πn,n∈ℤ 3

Ответ:

$± 2π +2πn,n∈ ℤ 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80582

Решите уравнение

6tgx− tg2x+ 5ctg3x =0

Источники: ПВГ-2018, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $tgx =t$ .

2t 5(3t− t3) 6t− 1−-t2-+ 1-− 3t2-= 0

По ОДЗ $1− t2 ⁄= 0$ и $1 − 3t2 ⁄= 0$ .

6t(1− t2)(1− 3t2)− 2t(1− 3t2)+ 5(3t− t3)(1− t2)= t(23t4− 38t2+19)= t(4t2 +19(t− 1)2)= 0

Правая скобка больше нуля, значит, $t= 0$ и $x= πk$ подходит.

Ответ:

$πk,k∈ ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#63599

Найдите наименьшее значение $|x− y|$ при условии

( 4 )( 4 ) 3 2 cosx +1 4cos y+ 1 = 8cos xcosy,

[π 3π] x ∈[π;2π], y ∈ 2;2

Источники: ПВГ-2018, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Так как при любых значениях $x,y$ верны неравенства:

{ (cos2x − 1)2 ≥0 ⇐ ⇒ cos4x+ 1≥2cos2x (2cos2y − 1)2 ≥ 0 ⇐ ⇒ 4cos4y+ 1≥4 cos2y

то

(cos4 x+1)(4cos4y +1)≥ 8cos2xcos2 y

А так же в силу $cos2x≥ cos3x$ в итоге получаем, что левая часть уравнения

(cos4 x+1)(4cos4y+ 1)= 8cos3xcos2 y

всегда не меньше правой части, а равенство может достигаться если только если в каждом из неравенств выше достигается равенство. То есть уравнение равносильно системе:

(| (cos2x− 1)2 ≥ 0 (|| cosx= ±1 { (2cos2y− 1)2 ≥ 0 ⇐⇒ { cosy = ±√1 |( cos2x= cos3x ||( cosx= 0 и2ли cosx =1

{ { cosx= 1 ⇐ ⇒ x= 2πn,n ∈ℤ cosy = ±√12 y = π4 + πm2-,m ∈ ℤ

На заданных в условии промежутках

x ∈[π;2π], y ∈ [π∕2;3π∕2]

получаем

x= 2π,y ∈{3π∕4,5π∕4}

Нетрудно видеть, что минимальное значение модуля разности равно $3π- 4 .$

Ответ:

$3π 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#43268

Найдите площадь фигуры, заданной на координатной плоскости неравенством

π (2 ) arcsin(2x)+ arccos(2x)≥ 4 ⋅y − 2 .

Источники: ПВГ-2018, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы работаем с арксинусом/арккосинусом -> они должны существовать, отсюда получаем ограничение на х. Затем увидим, что левая часть равна π/2 (почему?).

Подсказка 2

Обработав условие на у, получаем, что |y| и |x| ограничены сверху, и если мы перенесем доступные нам значения х и у на координатную плоскость, то получим прямоугольник, площадь которого легко считается.

Показать ответ и решение

ОДЗ: $|x|≤ 1 2$ .

Заметим, что $π arcsin(2x)+arccos(2x)= 2$ .

Значит, нас интересует фигура $2 y − 2≤ 2$ и $1 |x|≤ 2$ .

Это прямоугольник $|y|≤ 2$ и $1 |x|≤ 2$ . Его площадь $4$ .

Ответ:

$4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#43267

Решите уравнение

( 3 4) 3 arcsin5 − arccos5 ⋅x +π =2arctg3+ arctg4.

Источники: ПВГ-2018, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте поработаем со скобкой слева. Подумаем, чему она вообще равна: для этого найдем cos(arcsin(3/5)), потому что закрадывается мысль, что на самом деле эти арксинус и арккосинус равны между собой по модулю. Остается обратить внимание на то, какого знака этот арксинус.

Подсказка 2

И да, так оно и оказывается, что скобка равна нулю. Значит, уравнение по сути независимо от х, и нам остается убедиться в том или опровергнуть то, что правая сторона равна π. Для этого, во-первых, надо понять, в каких пределах находится правая скобка.

Подсказка 3

Заметим, что по сути мы складываем три арктангенса с положительными аргументами, значит, их сумма положительна и сверху ограничена 3π/2. Из этого понимаем, что все-таки это выражение вполне может быть равно π (если бы оно было, например, от -π/2 до π/2, то тогда оно бы точно не равнялось π - значит, мы бы сразу ответ дали). Тогда посчитаем tg(2arctg(3)), используя формулу тангенса двойного угла, а затем посчитаем тангенс от всей правой части. Кажется, теперь мы смогли решить эту задачу!

Показать ответ и решение

Так как $cos(arcsin 3)= ∘1−--9= 4 5 25 5$ , а $arcsin 3∈(0,π) 5 2$ , то $arcsin 3= arccos4 5 5$ . Тогда уравнение выглядит как $π = 2arctg 3+arctg 3 4$ , то есть надо проверить, либо это тождество и подходят любые значения $x$ , либо это неверное равенство, так что решений нет.

Очевидно, что $3 ( 3 ) 2arctg3+ arctg 4 ∈ 0,2π$ по определению арктангенса и так как аргумент положительный. При этом

6 3 tg(2arctg(3))= 1−-9 = − 4

( ) tg 2arctg3 +arctg 3 = 0 4

Значит, $2arctg3+arctg 34 = πk$ и $2arctg 3+arctg 34 ∈(0,32π)$ . Пересекая эти условия, получаем $2arctg3+ arctg 34 = π$ .

Ответ:

$x ∈ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#64109

Решите уравнение

2 2 --12-- ctg x− tg x= cos2x

Источники: ПВГ-2017, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Запишем тангенс и котангенс по определению и приведём к общему знаменателю:

cos4x-− sin4x -12-- cos2x⋅sin2x = cos2x

На ОДЗ уравнение равносильно

cos2x⋅(cos2x− sin2x)⋅(cos2x +sin2x)= 12cos2xsin2x

2 2 cos(2x)= 3sin (2x)

√- ctg(2x)=± 3

2x= ±π + πk,k∈ ℤ 6

x= ±-π + πk ,k ∈ℤ 12 2

Теперь проверим, что все значения входят в ОДЗ $cosx⁄= 0,sinx⁄= 0,cos2x⁄= 0.$

Ответ:

$±-π+ πn, n∈ ℤ 12 2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#34201

Решите неравенство

√---- √ ----7 ( sin x+ cosx) > 1

Источники: ПВГ-2017, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Найдем ОДЗ выражения и поймем, что если число больше 1, то оно и в 7 степени больше 1. Значит, можем без проблем взять корень седьмой степени от левой и правой части.

Подсказка 2

Задумаемся над тем, что если число от нуля до единицы, то при возведении его в любую натуральную степень оно становится только меньше, чем было до этого. Отсюда следует, что sin(x) > sin²(x), так же и с косинусом.

Подсказка 3

Да, из корня синуса получив синус, а из синуса - квадрат синуса, сделав аналогично с косинусом, мы сделали оценку на выражение слева, и оно почти всегда больше единицы. Остается понять, в каких точках достигается равенство и их исключить :)

Показать ответ и решение

Функция $y(t)=t7$ монотонно возрастает, поэтому условие эквивалентно

√ ---- √---- sinx+ cosx> 1

Первое решение.

√---- √ ---- 2 2 sinx + cosx> sin x+ cosx

√sinx⋅(1 − sin x⋅√sinx)+ √cosx-⋅(1− cosx ⋅√cosx)> 0

В силу области значений синуса и косинуса оба слагаемых в левой части неотрицательны, причём равны нулю тогда и только тогда, когда синус или косинус обращаются в ноль. Остальные значения $x$ , при которых левая часть неравенства определена, подходят. То есть по тригонометрической окружности нам подходит первая четверть, где значения синуса и косинуса положительны.

Второе решение.

Будем рассматривать только $x∈ [0,π2]$ , равенство достигается на границах. Заметим, что для произвольного $t∈ (0,1)$ выполнено

t2 =t⋅t< 1⋅t= t

Но тогда при $x∈ (0,π2)$ (где синус и косинус не принимают значения $0,1$ ) выполнено

√ ---- √---- √ ---2 √----2 2 2 sinx+ cosx > ( sinx) +( cosx) = sinx +cosx> sin x+ cos x= 1

То есть для всех точек, кроме граничных, неравенство выполнено.

Ответ:

$(2πn;π+ 2πn), n ∈ℤ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#34203

Решите уравнение

10 10 29- 4 sin x+cos x = 16 cos 2x.

Источники: ПВг-2016, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вот наверняка у вас возникал вопрос: зачем учить формулы понижения степени? Ответ: для того, чтобы сейчас же понизить эти десятые степени! Помним, что sin¹⁰(x) = (sin²(x))⁵. Там начнет фигурировать и пятая степень двойки - на нее стоит домножить левую и правую части.

Подсказка 2

Заменим cos(2x) на t, а затем, не стесняясь, раскроем скобки с пятыми степенями. Вы же понимаете, что при раскрытии они будут почти идентичны? Только слагаемые с нечетной степенью будут отличаться знаками, следовательно, при сложении они просто пропадут!

Подсказка 3

Далее будет очень удобно сделать замену t² = p, тогда мы получим квадратное уравнение, решим его и сделаем обратную замену, таким образом постепенно и дорешаем задачу.

Показать ответ и решение

Первое решение.

По формуле понижения степени уравнение равносильно

5 5 4 (1 − cos(2x)) + (1 +cos(2x)) = 29⋅2⋅cos (2x).

После замены $cos(2x)= t$ и раскрытия скобок имеем (нечётные степени косинуса взаимноуничтожаются):

2 4 4 1+10t +5t = 29t .

Из этого квадратного относительно $t2$ уравнения получаем $t2 = 12$ или $t2 = −112$ . Отсюда $cos(2x)= ±√1 2$ , так что $x =± π8 + πk2 = π8 + π4k,k ∈ℤ$ .

Второе решение.

Выразим две суммы с меньшими степенями через $cos4x$

sin4x+ cos4x= 1− 2sin2xcos2x =1 − 1 sin22x= 3+-cos4x 2 4

6 6 4 2 2 4 3 2 3cos4x+-5- sin x +cosx =sinx − sin x cos x+ cos x= 1− 4sin 2x = 8

Теперь выразим через них левую часть

sin10x+ cos10x= (sin4x +cos4x)(sin6x+ cos6x)− sin4x cos4x

( )2 sin4xcos4x = 1-sin42x= 1- 1-− cos4x = 1-(1 − 2cos4x+cos24x) 16 16 2 64

Теперь подставим всё это в изначальное равенство

3+-cos4x ⋅ 3cos4x+-5− 1−-2cos4x-+cos2-4x = 29(cos24x +2cos4x+1) 4 8 64 64

2 2 2 6cos 4x+ 28cos4x+ 30− 1+2cos4x− cos 4x= 29 cos 4x+58cos4x+29

2 24cos4x+ 28cos4x =0 ⇐⇒ cos4x =0,−7∕6

Остаётся только первый корень, который и идёт в ответ.

Ответ:

$π + πn, n ∈ℤ 8 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#85309

Решите систему уравнений

{ 2sinx +sin2y − sin2xcos2y = 1; 2cos2x +4sin x− cos3y = 5.

Источники: ПВГ - 2015, Брянск, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Преобразуем второе уравнение системы

2 3 2− 2sin x+ 4sinx= 5+ cos y

2 3 2(− (sinx − 1) + 2)= 5+ cos y

Квадратичная функция $y = 2(− (t− 1)2+ 2)$ принимает в точке $t= 1$ наибольшее значение, равное $4$ . То есть левая часть неравенства не превосходит $4$ , а правая часть $5+cos3 y ≥5 − 1 =4$ . Значит равенство возможно только в случае

{ 5 +cos3y =4 2(−(sinx− 1)2 +2)= 4

{ cosy = −1 sin x= 1

{ y = π+ 2πk, k∈ℤ x= π2 +2πk, k ∈ℤ

При всех таких значениях $(x,y)$ в первом уравнении исходной системы имеем $2+ 0− 1 ⋅1 =1$ тождество, поэтому полученные пары — решения системы.

Ответ:

$(π∕2+2πn;π+ 2πk),n,k∈ ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#32377

Решите уравнение

cos4x-− 6cos2-2x-+8cos2-x √6x−-x2−-5 = 0.

Источники: ПВГ-2015, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим, что аргументы косинусов в числителе являются степенями двойки. Это значит, что через какой-то из косинусов можно выразить все остальное. Подумайте, через какой из косинусов это удобнее всего выражать и сделайте это(очевидный плюс того, чтобы выразить все через что-то одно - это то, что потом можно будет сделать замену и это станет обычным уравнением).

Подсказка 2

Действительно, все можно выразить либо через cos^2(x), либо(что почти тоже самое из-за формулы двойного угла) через cos(2x). Поскольку квадратное уравнение решать легче, чем биквадратное, то выразим все через cos(2x) и получим, что выражение сверху это -4cos^2(2x)+4cos(2x)+3=0. Осталось найти корни этого и выбрать из них только те, что подходят под ОДЗ.

Показать ответ и решение

Преобразуем числитель

2 2 2 2 cos4x− 6cos2x+ 8cosx =2cos 2x − 1 − 6cos2x +4cos2x +4 =0

Решая квадратное уравнение, получаем $cos2x = 3,− 1 2 2$ , то есть $x = ±π +πn 3$ .

Осталось учесть ОДЗ: $x∈ (1,5)$ , отсюда из положительных корней подходят только первые $3$ : $π,2π,4π 3 3 3$ .

Ответ:

${π;2π;4π} 3 3 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31197

Решите систему уравнений

{ 2cosx +cos2 y− cos2xsin2y = 1; 4cosx − 2cos2x− sin3y = 3.

Источники: ПВГ-2015, 11.5 (см.pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Пока выглядит страшно. Давайте попробуем сделать выражение покрасивее и одно, а не два. Домножим первое уравнение на 2, вычтем его из второго.

Подсказка 2.

Пока выглядит страшно до сих пор, вспоминаем, что мы знаем про косинусы и синусы в квадрате - тригонометрическое тождество. В этой задаче оно нам пригодится в таком виде = (1- cos²(x)) = sin²(x). Давайте используя это преобразуем 2sin²(y)cos^2(x), ведь его трудно оценивать.

Подсказка 3.

А теперь наша цель все же сделать оценку! Для этого давайте перенесем направо что-то, чтобы правая часть точно была неотрицательной. Например, sin³(y). Если все правильно, у нас получится такое:

Показать ответ и решение

Первое решение.

При $t= cosx$ второе уравнение приобретает вид

2 3 4t− 2t = 3+ sin y

Правая часть этого уравнения не меньше двух, а левая не больше двух, так как $4t− 2t2 = 2− 2(1− t)2,$ поэтому равенство может достигаться только при $3 +sin3y =2,2− 2(1− t)2 = 2$ , что эквивалентно системе

{ cosx =1 sin3y = −1

равносильной

{ x= 2πn,n ∈ℤ y = − π +2πk,k∈ℤ 2

При подстановке убеждаемся, что эти значения $x$ и $y$ удовлетворяют ещё и первому уравнению системы.

Второе решение.

Домножим на 2 первое уравнение системы:

{ 4cosx +2cos2 y− 2cos2xsin2y = 2; 4cosx − 2cos2 x− sin3y = 3.

Вычтем первое уравнение из второго

−2cos2x− sin3y− 2cos2y+ 2cos2x sin2y = 1

Применим основное тригонометрическое тождество

−2cos2x− 2cos2y +2cos2x(1− cos2y)= 1+sin3 y

В итоге так как получается, что

0≥ −2cos2y − 2cos2 xcos2y = 1+ sin3y ≥ 0,

то должно выполняться

0= −2cos2y − 2cos2 xcos2y = 1+ sin3y = 0,

что равносильно

{ cosy = 0 1+ sin3y = 0

Подставляя в исходную систему $π y =− 2 + 2πk∈ℤ,$ находим $x =2πn,n∈ ℤ.$

Ответ:

$(2πn,− π +2πk);n,k ∈ℤ 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#39089

Решите уравнение

3 6cos9xcos2x= 1+ 3cos11x+ 2cos 7x.

Источники: ПВГ-2013, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видим справа в аргументах косинуса большие и неприятные значения 7х и 11х. Причём они никак не выражаются через друг друга... Тогда с правой частью мы пока никак не поработаем. А слева у нас произведение косинусов. Давайте попробуем расписать их через формулу.

Подсказка 2

Ага, получилось, что слева теперь тоже 11x и 7x. И видим, что 11х хорошо сокращается. Ура! У нас осталось только кубическое уравнение относительно cos(7x). Какой корень сразу угадывается из суммы коэффициентов многочлена?

Подсказка 3

Верно, cos(7x)=1 подходит. Теперь уже остаётся только решить квадратное уравнение, учесть ограничение на косинус и найти х.

Показать ответ и решение

Распишем произведение косинусов

3 3(cos7x+ cos11x)= 1+ 3cos11x+ 2cos 7x

3 2 0= 2cos7x − 3cos7x +1 =(cos7x− 1)(2cos7x +2cos7x − 1)

Тогда $cos7x= 1$ или $−1±√3 2$ . Так как $cosx≥ −1$ , то $−1−√3- 2$ не подходит. Значит, либо $7x= 2πk$ , либо $7x =± arccos( −1+-√3)+ 2πk 2$

Ответ:

$2πk,±1arccos(√3−1)+ 2πk, k ∈ℤ 7 7 2 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#31194

Решите уравнение

2(2013x) 2 2( 2015x) sin 2 ⋅cos (2014x)⋅sin 2 = 1

Источники: ПВГ-2014, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Так, у нас есть произведение трех множителей, которое равно 1. Вспоминаем важную особенность cos²(x) и sin²(x), они всегда ≤ 1. Какие выводы можем сделать?

Подсказка 2.

Такие: значит все наши три слагаемых = 1. Осталось решить систему! А затем найти пересечения решений, посмотрим, как тут не запутаться.

Подсказка 3.

Мы получим, чему должны быть равны 2015x/2, 2014x, 2013x/2. Но во всех трех этих сериях будут разные константы n, m, k при 2П. Тогда заметим, что 2015x/2 - 2013x/2 = x! Вычитаем, получаем

Показать ответ и решение

Так как

(| sin2(2013x)≤ 1 { cos2(20214x)≤ 1 |( 2(2015x) sin 2 ≤ 1

то $sin2(2013x)⋅cos2(2014x)⋅sin2(2015x)= 1 2 2$ , а равенство возможно тогда и только тогда, когда

(| sin2(2013x)= 1 { cos2(20214x)= 1 |( sin2(2015x)= 1 2

Первое решение.

Система равносильна

(|{ 20132x= π2 + πk,k∈ ℤ 2014x =πm,m ∈ ℤ |( 2015x= π + πn,n ∈ℤ 2 2

Тогда $x = 20125x− 20123x= π(n − k).$

Подставляя в первое, имеем $2013(n− k)= 1+2k$ , откуда $n− k$ должно быть нечётным, то есть $n− k= 2t+ 1$ при $t∈ℤ.$ Подставляем: $x= π(n− k) =π +2πt,t∈ ℤ.$

Других решений быть не может. Осталось проверить, что $x = π+ 2πt$ подходит под все три условия системы и записать ответ.

Второе решение.

По формуле синуса суммы

( ) ( ) 1= sin2 2015x- = sin2 2013x-+ x = 2 2

( ( 2013x) (2013x) )2 = sin 2 cosx+ cos 2 sinx =

по основному тригонометрическому тождеству в силу первого условия системы

( ( ) )2 = sin 2013x-cosx+ 0 = cos2x 2

Поэтому достаточно рассмотреть два случая:

1) При $cosx= 1 ⇐⇒ x= 2πn,n ∈ℤ$ неверно, что $sin2(2013x)= 1 2$ , ведь этот синус равен нулю.

2) При $cosx= −1 ⇐⇒ x= π+ 2πt,t∈ ℤ$

(|{ sin2 (2013x) =sin2(2013πt+ 2013π)= 1 cos2(20214x)= cos2(2014(π +2πt2)) =1 |( sin2 (2015x) =sin2(2015πt+ 2015π)= 1 2 2

система верна при любом $t∈ ℤ.$

Ответ:

$π +2πt,t∈ ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#80515

Найдите площадь фигуры, заданной на координатной плоскости неравенством

∘ ------ √ ------ arcsiny ≤ arccosx.

Показать ответ и решение

По ОДЗ $y ≥ 0$ .

arcsiny ≤arccosx

Заметим, что если $x≤ 0$ , то $arcsiny ≤ π≤ arccosx ⇐ ⇒ y ∈[0;1],x ∈[−1;0] 2$ .

Значит, $x,y ≥0$ и $arcsiny, arccosx ∈[0,π] 2$ . Применим синус к обеими сторонам. Так как обе части в интервале $[0,π] 2$ и синус на нем возрастает, то получится равносильное неравенство