Тригонометрия на Ломоносове —Каталог задач по Олимпиадной математике

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

Тема Ломоносов

Тригонометрия на Ломоносове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ломоносов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#67931

При каком наименьшем по модулю значении параметра $α$ уравнение

20( π ) 23( π ) 1234 sin x −3 − 789cos αx− 4 = 2023

имеет решение на отрезке $[−π,π]?$

Источники: Ломоносов-2023, 11.2 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из-за страшного вида уравнения можно понять, что просто преобразованиями это не решить, значит тут какая-то идея! Вот интересное замечание: 1234+789 = 2023. На что это может натолкнуть?

Подсказка 2

Можно из этого понять, что т.к. синус и косинус по модулю не превосходят 1, то максимум левой части как раз равен 2023! Теперь можно приравнять синус к ±1, а косинус к -1, и посмотреть на корни.

Подсказка 3

Выходит системка вида x = 5π/6 + πk и ax = 5π/4 + 2πn. Давайте посмотрим, когда первый корень может быть в этом промежутке.

Подсказка 4

Да, только при k = -1, 0! Осталось разобраться с альфа. Давайте подставим первый корень во второй чтобы выразить альфа через n и k) Останется только понять, при каких n и k модуль этого выражения достигнет минимума, а зная чем может быть k, это не так сложно)

Показать ответ и решение

Так как синус и косинус по модулю не превосходят $1,$ а $1234+ 789= 2023,$ решением уравнения может быть только такой $x,$ при котором входящие в уравнение синус и косинус равны соответственно $± 1$ (при возведении в 20-ю степень даст $1$ ) и $− 1$ (таким же останется при возведении в 23-ю степень).

( ( ) (| 5π { sin x− π3 =±1 |{ x= 6 + πk, k∈ ℤ ( cos(αx − π )=− 1 ⇔ ||( 5π 4 αx= 4 + 2πn, n∈ ℤ

Подставив $x$ из первого выражение во второе, выразим $α$

(5π ) 5π 15+ 24n α -6 +πk = 4-+ 2πn ⇒ α= 10+-12k, k,n∈ ℤ

Найдём возможные целые значения $k,$ подставив $x$ в условие $− π ≤ x≤ π,$

−π ≤ 5π +πk ≤π, k∈ℤ ⇒ k∈ {−1;0} 6

Чтобы найти $α$ с наименьшим модулем, выберем $n,$ минимизирующее модуль числителя, (для приведенных числителей это $0$ или $− 1),$ а также допустимое $k,$ максимизирующее модуль знаменателя. Нетрудно заметить, что это $n= −1$ и $k =0,$ поэтому получаем

α= −9-= −0,9 10

Ответ:

$− 0,9$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67503

Найдите минимальное значение выражения $cos(x+y),$ если известно, что $cosx+ cosy = 1. 3$

Источники: Ломоносов-2020, отборочный тур (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поработаем с тем, что нам дано - применим формулу суммы косинусов, а затем сделаем оценку половинного искомого угла (зная, что -1 <= cos((x-y)/2) <= 1).

Подсказка 2

Применим формулу косинуса двойного угла к cos(x+y). Тогда в нем как раз будет фигурировать уже полученное нами выражение половинного угла, которое мы оценили. Значит, мы уже почти получили ответ, осталось только найти значения, при которых соблюдается оценка.

Показать ответ и решение

Распишем сумму косинусов

x+-y x− y 1 2cos 2 ⋅cos 2 = 3

Далее воспользуемся оценкой $|| x− y|| |cos-2-|≤1$ , откуда

|| x+ y|| 1 1 ||cos-2--||= -||--x−y||≥ 6 6|cos 2 |

Далее воспользуемся формулой косинуса двойного угла

|| x+y ||2 17 cos(x+ y) =2||cos -2--||− 1≥ −18

Здесь равенство достигается при $cos x−y2-= 1,x− y = 4πn,n∈ℤ$ .

Ответ:

$− 17 18$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#47233

Решите неравенство

(-5 ) ( 10- ) arcsin 2π arccosx > arccos 3π arcsinx

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим арки от сложных аргументов, при том, внутри друг друга. Что нужно сделать первым делом? Конечно, записать ОДЗ. Что можно тогда сказать, в силу ОДЗ? Какие значения принимает арксинус и арккосинус?

Подсказка 2

Верно, только положительные, поскольку иначе, в силу ОДЗ, не будет выполнено свойство, что arccos(x)+arcsin(x)=pi/2. Кстати, мы вспомнили это свойство. Видно, что аргументы арков слева и справа в неравенстве делятся на pi. Значит, если пробовать вводить замену на арксинус, то как ее стоит вводить? Не просто ведь t?

Подсказка 3

Стоит ввести замену arcsin(x)=pi*t, тогда pi сократится и получится и слева и справа выражение, зависящее только от t. При этом, и слева и справа у нас понятные функции(arccos и arcsin, которые выражаются друг через друг друга). Вот когда мы работаем с логарифмами, есть одно действие, чтобы преобразовать выражение и свести его к чему-то более понятному и без степеней(в общем то за степени и отвечает логарифм, грубо говоря). А какое действие нужно сделать здесь, чтобы избавиться от арков и перейти к аргументам?

Подсказка 4

Нужно взять синус от обеих частей. При этом, нужно учесть, что arcsin(5/4-5t/2)<=pi/2, а значит, arccos(10t/3)<=pi/2, а значит t<=3pi/20 . Тогда, после взятия синуса от обеих частей у нас выйдет неравенство 5/4-5t/2>sqrt(1-100t^2/9). Осталось учесть, что если arccos(x)<=2pi/5, по ОДЗ, то arcsin(x)>=pi/10, а также arcsin(x)<=3pi/10, решить неравенство на t, перевести его на арксинус, потом на х, и получить ответ!

Показать ответ и решение

Для начала запишем ОДЗ:

(| |x|≤1 { | 5-arccosx|≤ 1 |( 21π0 |3π arcsinx|≤ 1

Отсюда следует, что $arccosx≤ 2π,arcsinx ≤ 3π, 5 10$ поэтому $arcsin x> 0,arccosx> 0$ , ведь иначе не выполняется известное тождество $arccosx+ arcsinx = π. 2$

Обозначим $t= arcsinx (t> 0), π$ тогда $arccosx= π − πt. 2$ Неравенство из условия принимает вид

(5 5) ( 10) arcsin 4 − 2t > arccos 3 t

Если $(10 ) π arccos 3 t ≥ 2,$ то неравенство не может выполняться в силу области значений арксинуса.

Нам могут подойти только $10t π 10t π 3π arccos-3 ≤ 2 ⇐⇒ -3 ≤ 2 ⇐⇒ t≤ 20.$

Возьмём синус обеих частей полученного выше неравенства. На промежутке $[π2;π2]$ синус является монотонно возрастающей функцией, поэтому знак неравенства не изменится:

∘-------- 5− 5t> 1 − 100t2 4 2 9

При $5 − 5t< 0 4 2$ решений нет, иначе при $t≤ 1 2$ возведём в квадрат

( 2) ( 100-2) 25 1− 4t+ 4t > 16 1− 9 t

3 3 9 t∈ [− 10,10]∖{50}

arcsinx∈ [− 3π-,3π-]∖ {9π-} 10 10 50

Остаётся учесть, что $arcsinx,arccosx> 0,$ а из условия $arccosx ≤ 2π5-$ следует $arcsinx≥ π10.$

Ответ:

$[sin π-,sin9π)∪(sin9π,sin3π] 10 50 50 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#71248

Найдите все решения неравенства

2018 −2019 2018 − 2019 sin x+ cos x ≥cos x+ sin x,

принадлежащие отрезку $[− π;7π]. 4 4$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, правая и левая часть неравенства очень похожи, но всё-таки не до конца. Давайте перенесем всё с синусами в одну сторону, а с косинусами - в другую. Что можно заметить и как можно иначе переписать данное неравенство?

Подсказка 2

На самом деле в правой и левой части у нас одна и та же функция f(t) = t^2018 - 1/t^2019, а наше неравенство можно переписать как f(sinx) ≥ f(cosx). Что мы можем сказать про f(t) на промежутке от -1 до 1, если возьмем производную?

Подсказка 3

Если взять производную, то станет понятно, что f(t) - возрастающая с точкой разрыва в 0. Рассмотрите два случая, когда t ∈ [-1; 0) и t ∈ (0; 1]. Подумайте, что можно сказать про значения функции на данных промежутках.

Подсказка 4

Мы можем утверждать, что f(t) на положительных значениях всегда будет меньше, чем при отрицательных. Значит наше неравенство можно переписать в виде совокупности двух других: 1) При sinx > 0, sinx >= cosx 2) При sinx < 0, cosx>0.

Показать ответ и решение

Перепишем неравенство в виде

2018 −2019 2018 −2019 sin x− sin x ≥cos x− cos x

Нетрудно видеть, что мы решаем неравенство $g(sinx)≥ g(cosx)$ и $g(t)= t2018− 21019- t$ , где $t∈ [−1;1]$ , возьмём производную этой функции

g′(t)= 2018t2017+ 2019-≥ −2018 +2019= 1> 0 t2020

То есть функция всюду монотонно возрастает, имея разрыв в точке $t= 0.$

Что же происходит при разных знаках $t?$ Если $t< 0,$ то $g(t)≥ g(−1)= 2;$ при $t> 0$ получаем $g(t)≤ g(1)= 0,$ следовательно, $g$ всегда меньше на положительных $t,$ чем на отрицательных.

Тогда решениями $g(sinx)≥ g(cosx)$ будут

⌊ | sinx ≥cosx> 0, ||| 0{> sinx≥ cosx, ⌈ sinx <0, cosx> 0.

Получаем решения

π π π 5π- x ∈(−2 + 2πn,2πn)∪[4 + 2πn,2 + 2πn)∪(π+ 2πn,4 + 2πn),n∈ ℤ

Значит, ответ на периоде от $π − 4$ до $7π 4$ выглядит так:

[ π ) [π π ) ( 5π ] ( 3π 7π ] − 4;0 ∪ 4;2 ∪ π;4- ∪ 2-;4-

Ответ:

$[− π;0)∪ [π;π)∪ 4 4 2$ $(π;5π]∪ (3π-;7π] 4 2 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#40272

Найдите наибольшее значение функции

(π ) f(x)= sin(x +sinx)+ sin(x− sinx)+ 2 − 2 sinsinx.

Источники: Ломоносов-2018, 11.7 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Брать сразу у такой функции производную вообще не хочется... Давайте сначала попробуем преобразовать. Видим сумму двух синусов. Тогда попробуйте применить нужную формулу к ним и посмотреть, что получится. Не можем ли мы упростить себе жизнь?

Подсказка 2

Верно, после применения формулы для суммы синусов везде будет sin(x), который мы можем заменить на t, учитывая ограничение синуса. Стало точно поприятнее, теперь можем брать производную и искать критические точки. Что самое главное нам не забыть, когда мы ищем максимум функции на отрезке?

Подсказка 3

Точно, надо не забыть проверить концы отрезка. Осталось только сравнить значение функции в этих точках, и победа!

Показать ответ и решение

По формуле суммы синусов

sin(x+ sinx)+ sin(x − sin x)=2sin xcos(sinx)

Пусть $t=sin x$ . Поиск максимума $f(x)$ на всей числовой прямой после замены сводится к поиску максимума функции $g(t)= 2tcost+ (π− 2)sin t 2$ на отрезке $[−1;1]$ . Возьмём её производную

′ ( π ) π ( 4 ) g(t)= 2cost− 2tsint+ 2 − 2 cost= 2 sint ctg t−π t

Критические точки — $π t= ±4$ , $t= 0$ . После расстановки знаков производной на $[− 1;1]$ получаем, что максимум может достигаться на конце отрезка $t= −1$ или в точке локального максимума $π t= 4$ . Сравним значения функции в этих точках:

( ) g(−1)= −2cos1+ 2− π2 sin1 <0< g(π∕4)= π√− 2 2

Действительно, в силу $1< π3 =⇒ −2cos1< −2cos π3 = −2⋅ 12 =− 1$ , тогда

g(−1)< −1+ 2− π <0 2

а максимальное значение равно $g(π ) 4$ , соответственно наибольшее значения $f(x)$ достигается при $sinx = π 4$ .

Ответ:

$π−√2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#48594

Решите неравенство

( )( ( 7) ) logπ6 (2x− 5)− logπ6(7 − 2x) cos x+ 4 − cos(2x − 1) (|x − 4|− |2x− 5|)≥ 0.

Источники: Ломоносов-2016, 11.5 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Найдем ОДЗ и разберемся с каждой скобкой по очереди, начнем с логарифмов. Вспомним, что log_a(b) - log_a(c) на ОДЗ имеет такой же знак, что и выражение (а-1)(b-с). А чему оно равно?

Подсказка 2

Оно просто равно 12-4x, просто напишем это выражение вместо скобки с логарифмами. Перейдем к модулям. Заметили ли Вы, что в связи с ОДЗ они раскрываются однозначно? Причем скобка с модулями и 12-4х имеют общий множитель.

Подсказка 3

У нас получается (х-3)^2 * (скобка с косинусами). Замечаем, что тройка - корень, а иначе скобку второй степени можно убрать. Найдем, в каких точках скобка с косинусами обнуляется (разность косинусов - была какая-то формулка), и сопоставим это с ОДЗ.

Показать ответ и решение

ОДЗ:

{ 2x− 5> 0 7− 2x> 0

5 7 x∈ (2;2)

На ОДЗ $(|x− 4|− |2x− 5|)= (4 − x)− (2x − 5)= 9− 3x,$ а по формуле разности косинусов

( ( 7) ) ( 12x +3) ( −4x+ 11) cos x+ 4 − cos(2x− 1) = −2sin --8--- sin --8----

По методу рационализации знак $( ) logπ6(2x − 5)− logπ6(7− 2x)$ на ОДЗ совпадает со знаком $( ) π6 − 1 (2x− 5− (7− 2x))= 46(π− 6)(x − 3)$

В итоге получаем неравенство

( ) ( ) − sin 12x+-3 sin −4x+-11 (x− 3)(π − 6)(x− 3)≥ 0 8 8

( ) ( ) sin 12x+-3- sin −4x-+11 (x− 3)2 ≥0 8 8

На ОДЗ

12x-+3-∈( 6⋅5+3;6-⋅7-+3) ∈(4;6)∈ (π;2π), 8 8 8

поэтому $(12x+3) sin 8 < 0.$

Учтём решение $x = 3,$ сразу запишем в ответ. Остаётся неравенство

( −4x+ 11) sin ---8--- ≥ 0

На ОДЗ

( ) ( ) −-4x-+11 ∈ −7⋅2+-11;−-5⋅2+11 ∈(−1;1)∈ − π;π , 8 8 8 2 2

поэтому неравенство равносильно

−4x+-11- 11- 0 ≤ 8 ⇐ ⇒ x ≤ 4

Ответ:

$(5;11]∪{3} 2 4$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#43269

Найдите все решения уравнения

2 2 π2 arcctg x= 3arctg x+ 36.

Источники: Ломоносов-2016, 11.2 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним, так сказать, основное арктригонометрическое тождество (если что, это про то, что arctg(x)+arcctg(x)=π/2) :) и сделаем интересную замену t = arctg(x)/π, а потом оценим t.

Подсказка 2

Да, так как арктангенс по модулю меньше π/2, то t будет по модулю меньше 1/2. Сведём уравнение к t, решим относительно t и сделаем обратную замену с учетом его возможных значений.

Показать ответ и решение

Вспомним, что $arctgx+ arcctgx = π. 2$

Обозначим $arctgx t= π ,$ тогда $π arcctgx = 2 − πt$ и получим

(π )2 22 π2 1 2 2 1 2 2 2 − πt = 3π t+ 36 ⇐ ⇒ 4 − t+ t = 3t + 36 ⇐⇒ 2t+ t− 9 = 0

Имеем $16 25 −1±5 D =1 +-9 =-9 =⇒ t1,2 =-4-3-$ .

В силу области значений арктангенса $1 1 t∈ (− 2,2)$ и из уравнения нам подходит только $1 π 1 t= 6 ⇐⇒ arctgx= 6 ⇐ ⇒ x = √3.$

Ответ:

$√1- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#80514

Найдите главный (наименьший положительный) период функции

−5 y = (arcsin(sin(arccos(cos3x)))) .

Показать ответ и решение

Заметим, что

( π) −5 −5 y x+ 2 = arcsin(sin(arccos(cos3x+ π)))) = arcsin(sin(arccos(− cos3x)))) =

= arcsin(sin(π− arccos(cos3x))))−5 = arcsin(sin(arccos(cos3x)))−5

если заменить $x$ на $π x+ 3$ , то ничего не изменится. Значит период $π- a= 3n$ . Если $n≥ 2$ , то $π a ≤ 6$ и $−5 −5 y(a)=(arcsin(sin(arccos(cos3a)))) = (3a) = y(0)= 0$ . Значит $π a= 3$ .

Ответ:

$π 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#48592

Найдите все целочисленные решения уравнения

|| πx|| |arccossin 6− 2 |=6.

Источники: Ломоносов-2012, 11.2 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно четко понять, чему равен этот арккосинус. Знаем, что нам приятнее взять арккосинус от косинуса, чем от синуса -> превратите синус в косинус!

Подсказка 2

Верно, получился cos(π/2 - 6). Причем мы понимаем, что cos(x) = cos(x + 2πk), k - любое целое число. Значит, когда будем брать арккосинус от этой штуки, мы получим именно π/2 - 6 + 2πk, причём k должно быть таким, что оно целое и заносит это выражение в рамки существования арккосинуса, то есть в [0; π]

Подсказка 3

Отлично, арккосинус превратился в 5π/2 - 6. Теперь раскроем модуль и найдем подходящее целое значение х.

Показать ответ и решение

Так как

5π 1) cos(arccos(sin6))= cos(2-− 6) по формуле приведения,

2) arccos(sin6)∈[0;π] в силу области значений арккосинуса,

5π 3) 2-− 6∈ [0;π] в силу эквивалентной оценки 5π ∈ [12;12 +2π]

то уравнение равносильно

|| || ||5π − 6 − πx ||=6 ⇐⇒ (5−-x)π ∈ {0;12} ⇐ ⇒ x ∈{5;5− 24-} 2 2 2 π

Нетрудно видеть, что целочисленным решением является только значение $x= 5.$

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#38687

Найдите все целочисленные решения уравнения

|| πx|| |arcsin(cos4)− 2|= 4.

Источники: Ломоносов-2012, 11.2 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Поскольку $arcsincos4∈ [− π,π] 2 2$ , то $arcsin cos4= 4− 3π 2$ (пользуемся тем, что $cost= sin(π − t)= sin(t+ π)= sin(t− 3π) 2 2 2$ ). Тогда

||(3+ x)π || 3 +x 16 ||--2---− 4||=4 ⇐ ⇒ --2-π =0,8 ⇐⇒ x∈ {−3,π-− 3}

Ответ:

$− 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#80516

Функция $y =f(t)$ такова, что сумма корней уравнения $f(cosx)= 0$ на отрезке $[π;π] 2$ равна $17π$ , а сумма корней уравнения $f(sinx)= 0$ на отрезке $[ 3π] π;2$ равна $29π$ . Какова сумма корней второго уравнения на отрезке $[3π- ] 2 ;2π$ ?

Показать ответ и решение

Пусть у уравнения $f(t)= 0$ всего $a$ корней на интервале $[− 1,0]$ . Тогда на интервале $[π;π] 2$ у уравнения $f(cosx) =0$ тоже $a$ корней, так как на этом интервале $cosx$ пробегает все значения от -1 до 0. Пусть это корни $x1,x2,...,xa$ . Заметим, что $( π) sin x+ 2 = cos(− x)=cosx$ . Значит корни у первого уравнения на интервале $[π ] 2;π$ так соответствуют корням второго уравнения на интервале $[ 3π] π, 2$ и значит у второго уравнения корни $π π π x1+ 2,x2+ 2,...,xa+ 2$ на интервале $[ 3π] π, 2$ . Из условия мы знаем, что

x1 +x2+ ...+ xa = 17π

π π π aπ x1+ 2 + x2+ 2 +...+ xa+ 2 =17π+ 2 =29π

Отсюда $a= 24$ . Заметим, что $sin x= sin(3π− x)$ , поэтому корнями второго уравнения на интервале $[3π ] 2 ;2π$ будут $π π π 3π− x1− 2,3π − x2− 2,...,3π − xa −2$ и их сумма будет

aπ 3πa − (x1+x2 +...+ xa)− 2-= 43π

Ответ:

$43π$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#32374

Решите уравнение

√- || 4x|| 2+ cosx = ||cos3 ||sinx.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Если $sinx <0$ , то равенство невозможно (область значений косинуса), потому $|| 4x|| sinx ≥ cos 3 sinx ≥0$ , откуда

√- || 4x || √- 2 =||cos3-||sinx− cosx≤ sinx − cosx= 2sin(x− π∕4)

Отсюда $sin(x− π∕4)= 1$ и $| | |cos4x3|= 1$ , то есть $x = 3π4-+ πk$ . Вспомним, что $sinx≥ 0$ , то есть $x = 3π4-+2πk$ . Далее $( ) cos4x3 = cosπ + 83πk ± 1$ . Отсюда $. k..3$ и ответ $x= 34π+ 6πk,k∈ ℤ$ .

Второе решение.

| | √2= |||cos4x|||sinx − cosx≤ |sin x|− cosx ≤|sinx|+ |cosx| 3

Если $a= |sinx|, b= |cosx|$ , то $(a+b)2 = a2+b2+ 2ab ≤2a2+ 2b2 = 2$ . Значит,

√2-= |||cos4x|||sinx− cosx≤ sinx − cosx≤ |sin x|+ |cosx|≤ √2 | 3 |

Значит, все неравенства становятся равенствами.

Значит, $2 2 a +b = 2ab$ , $− cosx= |cosx|$ и $| 4x| |cos3-|sinx= |sinx|$

Итого: $sinx = 1√2$ , $cosx= −√12$ , $cos4x3 ± 1$ . Это равносильно задаче. Осталось посчитать $x$ . Из первых 2 условия $x= 3π4 + 2πk$ . Тогда $( ) cos4x3 = cosπ + 83πk ± 1$ . Отсюда $. k..3$ и ответ $x= 34π+ 6πk$ .