Серия «Изучение сложных тем
школьного курса математики»
-1—г
Н-
ч—г~т
П. Ф* Ссврюков, А. Н* Смоляков
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ
ПОКА1АТЕЛЬНУЕ
ЧЕСКИЕ
Все типы уравнений и неравенств
Система тренировочных упражнений
Задачи для подготовки к Единому экзамен

Серия «Изучение сложных тем школьного курса математики»
Учебно-методические материалы по математике
П. Ф. Севрюков, А. Н. Смоляков
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ,
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ
И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ
УРАВНЕНИЯ
И НЕРАВЕНСТВА
Москва
Ставрополь
2008

УДК512.13
ББК 74.262.21
С28
Рецензенты:
доктор физико-математических наук, профессор
А. Я. Симоновский',
учитель математики высшей квалификационной категории,
Почетный работник общего образования
Е. Л. Орлова
Севрюков П. Ф.
С28 Тригонометрические, показательные и логарифмические
уравнения и неравенства: учебное пособие / П. Ф. Севрюков,
А. Н. Смоляков. — М. : Илекса ; Народное образование ;
Ставрополь : Сервисшкола, 2008. — 352 с. — (Серия
«Изучение сложных тем школьного курса математики»).
ISBN 978-5-93078-567-8
При подготовке к сдаче Единого государственного экзамена по
математике возникает необходимость систематизации знаний учащихся
Структура, логические и методические принципы построения
данного пособия позволяют успешно использовать его для освоения
методов решения тригонометрических, показательных и логарифмических
уравнений и неравенств
Большинство из рассматриваемых заданий были ранее
опубликованы авторами в журнале «Математика в школе», приложении
«Математика» и ранее изданных учебно-методических пособиях и получили
высокую оценку учительской общественности.
Пособие также включает более трехсот тренировочных упражнений
с методическими указаниями и ответами
Адресовано учителям математики и учащимся средних школ и
других образовательных учреждений, абитуриентам вузов
УДК 512 13
ББК 74 262 21
ISBN 978-5-93078-567-8 © Севрюков П Ф , Смоляков А Н , 2008
© Илекса, 2008
О1^ © Народное образование, 2008
гк © Сервисшкола, 2008

ОГЛАВЛЕНИЕ
I. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА
1. Простейшие тригонометрические уравнения 5
2. Тригонометрические уравнения,
содержащие тригонометрические функции
одинакового аргумента 9
3. Однородные тригонометрические уравнения и уравнения,
приводящиеся к ним 14
4. Уравнения вида a sin x + b cos х = с 17
5. Уравнения, рациональные относительно выражений
sin х ± cos х и sin x • cos x 22
6. Тождественные преобразования в решении стандартных
тригонометрических уравнений 28
7. Тригонометрические функции тройного аргумента 36
8. О форме записи множества решений 40
9. Отбор корней в дробно-рациональных уравнениях 42
10. О сужении области определения уравнения
в процессе преобразований 46
11. Решение тригонометрических уравнений
возведением обеих частей уравнения в квадрат 54
12. Методы искусственных преобразований 61
13. Решение тригонометрических уравнений
методом экстремальных значений 73
14. Решение тригонометрических уравнений
с помощью скалярного произведения векторов 78
15. О решении уравнений вида sin x = sin у, cos x = cos у,
tg х = tg у 80
16. Уравнения с ограничениями 82
17. Системы тригонометрических уравнений 88
18. Тригонометрические неравенства 97
19. Тригонометрические задачи со сложным аргументом 105
20. Уравнения, содержащие обратные
тригонометрические функции 115
21. Решение задач с параметрами 124
22. Решение уравнений, содержащих логарифмические
и тригонометрические функции 145
23. Применение тригонометрических подстановок
в алгебраических уравнениях 148
II. ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА
1. Решение уравнений вида cftx) = 1 172
2. Решение уравнений вида (q{x)Yx) =1 173
3. Решение уравнений вида а^х) = Мх) 175
4. Решение уравнений вида а^х) = д*х) 176
5. Решение уравнений вида
аотлх + с +а1тпх + с + ... + аптпх + с = F 181
6. Решение уравнений вида
w + лд/w + р = 0 184

7. Применение подстановок при решении некоторых
показательных уравнений 190
8. Решение уравнений вида т ■ а2Лх) + п • cflx) ■ №х) +д- Ь2Лх) = 0 ......... 193
9. Нестандартные приемы решения уравнений 197
10. Решение систем показательных уравнений 200
11. Определение и свойства показательной функции.
Решение показательных неравенств 206
12. Решение уравнений с применением свойств
показательной функции 222
13. Решение показательных уравнений
и неравенств с параметрами 225
III. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА
1. Определение логарифма 236
2. Теоремы о логарифмах 241
3. Формула перехода от логарифма по одному основанию
к логарифму по другому основанию 247
4. Несколько полезных логарифмических тождеств 253
5. Решение уравнений, основанное
на определении логарифма 257
6. Уравнения, решаемые логарифмированием 262
7. Логарифмические уравнения,
решаемые потенцированием 264
8. Решение уравнений вида Д\оёад(х)) = 0,
где J[x) — некоторая функция 270
9. Решение логарифмических уравнений с помощью
формул перехода от одного основания логарифма
к другому 275
10. Уравнения, содержащие неизвестные
в основаниях логарифмов и показателях степеней 281
10.1. Рассмотрим уравнение (Л*))*** =1 281
10.2. Рассмотрим уравнение (/U))9i(A) = (J[x))g2^x) 283
10.3. Уравнения, содержащие логарифм
в показателе степени 284
10.4. Решение уравнений вида (J[x)Y{x) = (q(x))*x) 285
11. Решение уравнений, основанное на применении
некоторых логарифмических тождеств 288
12. Системы логарифмических уравнений 294
13. Логарифмическая функция и ее свойства 305
14. Стандартные методы решения логарифмических
неравенств 316
15. Решение логарифмических неравенств
методом интервалов 323
16. Об одном способе решения логарифмических неравенств 329
17. О некоторых свойствах переменных,
входящих в логарифмические неравенства 332
18. Решение логарифмических уравнений
с использованием свойств функций 336
19. Несколько уравнений и неравенств с параметрами 338
20. Трансцендентные уравнения 344

I ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
' И НЕРАВЕНСТВА
Тригонометрическим называется уравнение, в котором
неизвестное входит только под знак тригонометрических функций
непосредственно или в виде функции неизвестного, причем над
тригонометрическими функциями выполняются только
алгебраические действия.
Используемые обозначения:
N- множество натуральных чисел;
NQ - множество натуральных чисел с нулем: No = N U{0};
Z— множество целых чисел;
R - множество действительных чисел.
1. ПРОСТЕЙШИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Простейшими тригонометрическими уравнениями называются
уравнения вида
m, (1)
cos x = т, (2)
tgx = m, (3)
ctgx = m, (4)
где т — любое действительное число.
Решить простейшее тригонометрическое уравнение — значит,
найти множество всех углов (дуг), имеющих данное значение
тригонометрической функции.
Рассмотрим решение простейших тригонометрических уравнений.
1. sin х = т. Если \т\ < 1, то решения данного уравнения
определяются формулой
х = (-1)" arcsin т + пп, п е Z. (5)
Если \т\ > 1, то уравнение (1) решений не имеет.

2. cos x = /и. Если \т\ < 1, то решения этого уравнения
определяются формулой
х = ±arccos т + 2ял, пе Z (6)
Если \т\ > 1, то уравнение (2) решений не имеет.
3. tg х = т. При любом действительном т
х = arctg т + пп, п е Z. (7)
4. ctg х = т. При любом действительном т
х = arcctg т + пп, п е Z. (8)
В частных случая х при т = — 1, /я = 0, /я = 1 получаются
следующие формулы:
sin х = —1; л: = — 2"+ 2ля, п е Z\
sin л: = 0; л: = ял, п е Z;
sin jc = 1; jc = 2" + 27Ш, л е Z;
cos jc = —1; jc = я + 2пп, п е Z;
cos л: = 0; х = ^ + пп, п е Z;
cos х = 1; х = 2яя, п е Z,
tgx=—1;х=—"4 + пп, п е Z,
tg х = 0; х = пп, п е Z;
tgx= 1; jc = 4" + ял, п е Z,
ctg jc = -1; jc = -4- + ял, л g Z;
ctg jc = 0; jc = 2" + ял, л g Z;
ctg jc = 1; jc = -4 + ял, л g Z
Тригонометрические уравнения вида sin (#jc + b) = m,
cos (fljc + b) = m, tg (fljc + й) = Г, ctg (fljc + й) = Г, где fljc + й -
линейная функция, | m \ < 1, а Ф 0, jc, b — любые действительные
числа, также относятся к простейшим и приводятся к уравнениям
(1)-(4) заменой ах + Ъ = у.

Пример 1. Решить уравнение
Решение. Согласно формуле (5), имеем
2х = ("~1)л arcsin — +nn,ne Z, или,
4 2
поскольку arcsin — = -, то 2х -^ = (-1)"— + тш, откуда
е Z
: (-1)" 5+ Т
О О
Пример 2. Решить уравнение sin I 2х + — 1= ~ т. Указать корни,
принадлежащие отрезку [0; 2л].
Решение. 2х + — = (—l)k arcsin — + пк, к е Z;
2х+ ^ = (-1)4 -arcsin- 1+rcfc;
6 ^ 2J
2jc+ \ = (-l)k+l ^+пк;
о о
При к = 2п, пе Z получаем серию корней х = — — + пп, пе Z.
о
Для отбора корней, принадлежащих заданному отгрезку, решим в
целых числах неравенство
0 < - ^+ пп < 2л.
о

^ 1 13 1 5л Пл
Получаем — < л < —, откуда л=1 и л = 2, тогдах= —- их = ——.
об 6 6
При к = 2л + 1, л g Z получим серию корней х = — + пп.
n n 13
Далее, решая неравенство 0 < — + пп < 2я, получим -- < л < -,
значит л = 0ил= I, х =— и х= —.
, , п п п п 5л Ъп \\п
Ответ: (-1)*+I - - - + -к, ке Z; -; —; —; —.
12 12 2 2 6 2 6
л/2
Пример 3. Решить уравнение cos х2 = —.
Решение, х2 = ±arccos — + 2пп, пе Z; х = ± J± — + 2тт, п е Z.
2 V 4
Подкоренное выражение отрицательным быть не может, тогда
ясно, что не все целые п будут давать решение.
Если х = ± J— + 2яп 9 то п е NQ,
если х = ± J~ — + 2т , то п е 7V.
Пример 4. Решить уравнение tg -у =7з •
1
Решение. —= arctg V3 + пк, к е Z.
1
Очевидно, что — > 0 и не все целые к будут давать решение,
1 п
-
1 п \ 3
поэтому ^г = -+ пк, к е No, х = ±^(1 + 3^) > к е No-
8

Пример 5. Решить уравнение sinVjc = 0.
Решение. у[х = пп.
По определению арифметического корня пп > 0, тогда п е No.
Ясно, что х = п2п2, п е No.
Очевидно, что квадраты целых чисел, отличающихся
знаками, равны. Замечание о том, что п не может быть
отрицательным целым числом существенно. Оно указывает на понимание
деталей решения, на первый взгляд, элементарной задачи.
2. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ,
СОДЕРЖАЩИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
ОДИНАКОВОГО АРГУМЕНТА
Рассмотрим тригонометрические уравнения, рациональные
относительно тригонометрических функций.
Так как все тригонометрические функции рационально
выражаются через sin x и cos x, то в общем случае рациональное
уравнение относительно тригонометрических функций одного
аргумента можно представить в виде
R (sin х, cos х) = 0, (9)
где R - рациональная функция относительно sin x и cos x.
Общий прием решения уравнений такого типа заключается в
следующем: данное уравнение приводится к алгебраическому
относительно тригонометрической функции одинакового аргумента.
Затем, решая получившееся алгебраическое уравнение относительно
этой функции, приводят данное уравнение к нескольким
простейшим тригонометрическим уравнениям, из которых находят
значения неизвестного и проверяют, какие из них являются
решениями данного уравнения.
Если х ф (2п + [)п, где п е Z, то любое тригонометрическое
уравнение вида (9) рациональное относительно всех входящих в

него тригонометрических функций, можно привести к рационально-
х
му уравнению относительно неизвестного tg — с помощью формул:
„ ос 2ос
2tg- 1-tg -
sin а = *—, cos а = f-.
1 + tg2— 1+tg2-
5 2 B 2
Однако, решая уравнение таким методом, можно потерять кор-
х
ни вида х = (2п + 1)я, где п е Z, для которых tg- не имеет
смысла. Поэтому необходимо проверить, являются ли числа
х = (2л? + 1)я, где ns Z, корнями исходного уравнения.
Если уравнение (9) или приводимое к нему при замене х на
п — х не изменяется, то его имеет смысл приводить к
рациональному относительно sin x.
Если уравнение (9) или приводимое к нему при замене х
на —х не изменяется, то его имеет смысл приводить к
рациональному относительно cos x.
Если уравнение (9) или приводимое к нему при замене х на
п + х не изменяется, то его имеет смысл приводить к
рациональному относительно tg x.
Сказанное выше проиллюстрируем примерами.
Пример 1. Решить уравнение 5 sin 2x — 5 cos 2x = tg x + 5. (*)
2 tgjc
Решение. Применив формулы sin 2х = —
и cos 2х = ^~г-, представим заданное уравнение в виде
1+tg х
^ 5 tgx5. (**)
1 + tg2* 1 + t
Выясним, равносильны ли уравнения (*) и (**). Функции
sin 2x и cos 2x определены для х е R, а подставленные вместо них
10

правые части определены лишь для х ф — + ял, л е Z. Значит, в
результате подстановки исключены из рассмотрения значения
х = — +пп,пе Z. Однако ни одно из этих значений х не является
решением исходного уравнения (*), поскольку его правая часть
для х= - + ял, л е Zhg определена. Отсюда следует, что каждое
решение уравнения (*) является решением уравнения (**).
Очевидно, верно и обратное. Таким образом, уравнения (*) и (**)
равносильны.
\0t 5-5г2
Обозначив в уравнении (**) tg х = /, запишем -—— --—^ =
= / + 5. После приведения к общему знаменателю и несложных
преобразований придем к уравнению /3 — 9/ + 10 = 0,
равносильному предыдущему. Один из делителей свободного члена, а
именно /, = 2, является корнем этого уравнения. Разложив теперь
левую часть на множители, получим (t — 2)(/2 + 2/ — 5) = 0.
Решив квадратное уравнение t2 + 2/ — 5 = 0, найдем еще два
значения /,=>/б - 1, /2 = — л/б— 1. Таким образом, исходное
уравнение (*) равносильно совокупности трех уравнений tg x = 2,
tg х =V6 - 1, tg x = — yfe— 1, которые имеют, соответственно,
решения:
л-, = arctg 2 + пт, т е Z; x2 = arctg (7б ~ 1) + я/, / е Z;
х3 = -arctg (л/б - 1) + пк, к е Z
Ответ: arctg 2 4- пт, т е Z; arctg (7б — 1) 4- я/, / б Z;
-arctg (л/б- 1) + пк, к е Z.
Пример 2. Решить уравнение 3 sin х — cos х = .
cos*
Решение. При замене х на я + х все члены уравнения меняют
знак, т. е. уравнение не изменяется. Поэтому приведем его к
рациональному относительно tg x виду. Поскольку уравнение определе-
11

но при х ф — (2л +1), п е Z, то приведем его к виду (9). Так как
cos * * О, то, умножив обе части уравнения на cos *, получим
3 sin л: cos x — cos2х = 1. Воспользуемся тождествами:
sin jc cos -x = sin 2x = —*Ц-; cos2 x = г-.
2 1 + tgV 1 + tg2*
При этом область определения сузится на значения х = — (2л +1),
но эти значения не входят в область определения данного
уравнения, поэтому потери решений не произойдет.
После замены и упрощений получим tg2 х — 3 tg х + 2 = О,
откуда tg х = 1 и tg х = 2, следовательно, х= ~+ я& =— (4& +1),
Л е Zhx= arctg 2 + яаи, аи е Z
Ответ: —(4к + 1); arctg 2 + яаи, где {Л, aw} 6 Z
Замечание. Уравнение легко сводится к однородному:
3sin х cos jc — cos2* = cos2* + sin2jc, tg2x — 3tg * + 2 = 0.
4
Пример 3. Решить уравнение tg jc + 4ctg jc = ——.
smx
Решение. При замене х на —х все члены уравнения меняют знак,
т. е. уравнение не изменится, поэтому его удобно привести к
рациональному относительно cos jc виду. Уравнение определено при
jc ф— аи, аи е Z
Приведем уравнение к виду (9):
sin* л cos* 1 , .
+ 4 • —— = 4 • -—, (sin * cos * ф 0),
cos * sin * sin *
или sin2 * + 4cos2 * = 4cos *. Заменив sin2 * на 1 — cos2 *, запишем:
J.
3'
3cos2 * - 4cos * + 1 = 0, откуда вычислим (cos *), = 1 и (cos *)2 = -.
12

Решив эти уравнения, найдем я:, = 2пк, ке Z, х^ = ±arccos - + 2пп,
п е Z.
Значения хх = Ink не принадлежат области определения
уравнения и корнями уравнения быть не могут (на значения х = 2пк
область определения уравнения расширилась при переходе от
1 1
ctg хи~— к cos jc). Таким образом, х = ±arccos - + 2яя, п е Z.
S1ILX 3
Ответ: ±arccos - + 2пп, п е Z.
Пример 4. Решить уравнение: 7tg х + ctg х = .
COS X
Решение. Заменив х на п - х, запишем 7tg (п - х) + ctg (n - х) =
= , или —7tg х ~ ctg jc = ; умножив обе части
cosfr-x) cosx' '
последнего уравнения на — 1, получим 7tg х + ctg х = , т. е.
COS X
7DTI
уравнение не изменилось. Уравнение определено прих ф —, те Z
т-т /лч «sinx cos* 5
Приведем уравнение к виду (9): 7 Н—:— = .
cos* sin л: cos*
Так как в области определения sin x cos x ф 0, то данное
уравнение равносильно 7sin2 x + cos2 x = 5sin jc. Поскольку
cos2 x = 1 - sin2 jc, то 6sin2 x - 5sin x + 1 = 0, откуда sin x = - и
1
sin jc= -
Решив эти уравнения, найдем
х = (~1)я — + пп, пе Z, х= (-1)* arcsin -+ лЛ, к е Z.
Ответ: (~1)ят + ял; ("1)* arcsin -+ пк,{к, п} g Z.
о j
13

3. ОДНОРОДНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
И УРАВНЕНИЯ, ПРИВОДЯЩИЕСЯ К НИМ
Тригонометрическое уравнение вида
aQ cos" x + я, cos""1 л: sin x + а2 cos""2 л: sin2 х + ... + дя sin" jc = 0, (10)
где aQ, av ... , ап - данные числа, а п - натуральное число,
называется однородным уравнением относительно функций sin x
и cos jc. Сумма показателей степеней у sin jc и cos x во всех членах
такого уравнения одинакова. Эта сумма называется степенью
однородности уравнения или показателем однородности.
Уравнение (10) является частным случаем уравнения (9) и
делением обеих своих частей на cos" jc ф 0 (или на sin" x ф 0)
приводится к целому рациональному относительно tg x (или ctg x):
ап tg" х + ап_х tg""1 х + ап_2 tg"~2 х + ... 4- а0 = 0
(или д0 ctg" х + Д| tg"H x + д2 tg""2 x + ... + дя = 0);
при этом область определения уравнения сужается на значения:
jc = — (2я + 1) (или на х = яя), где п е Z.
Пример 1. Решить уравнение sin2 jc - 3 sin x cos x + 2 cos2 x = 0.
Решение. Рассмотрим такие значения jc, для которых cos jc = 0.
Из уравнения следует, что тогда и sin jc = 0, а это невозможно.
Следовательно, среди этих значений х решений нет. Рассмотрим
значения jc, для которых cos x ф 0. Разделив обе части данного
уравнения на cos2 х, получим уравнение tg2 jc — 3tg x + 2 = 0,
равносильное исходному. Решив его как квадратное относительно tg x,
найдем tg х = 1 и tg х = 2, откуда х= —+ пп= ~(4л + 1), п е Z,
х = arctg 2 + яаи, weZ
Ответ: ^(4л + 1), arctg 2 + яти, где {я, aw} б Z
Умножением на тригонометрическую единицу (sin2 x + cos2 jc)*,
где ке N, можно привести к однородному некоторые
уравнения, не являющиеся однородными. Так, к уравнению вида (10)
сводится уравнение
а0 cos2" jc + ах cos2""1 x sin л: + а2 cos""2 x sin2 х 4-... + ап sin2/I х = Ь.
14

Для этого нужно умножить b на тригонометрическую единицу:
Ъ = Ъ (sin2 х + cos2 х)п, n e Z
Пример 2. Решить уравнение 2 sin3 x = cos jc.
Решение. Поскольку cos jc = cos jc (sin2 x + cos2 x)k для xg R,to
данное уравнение равносильно уравнению 2 sin3 x = cos x sin2 x +
+ cos3 x, однородному относительно sin x и cos x. В случае cos x = О
решений, очевидно, нет. Разделив обе части на cos3 x и обозначив
tg х = /, получим 2f3 - t2 — 1 = 0. Одним из его корней является
/ = 1. Разложив левую часть на множители, запишем
(г- 1).(2Г2 + t+ 1) = 0.
Поскольку 2fi + t + 1 > 0 для любого /, корень f, = 1 является
единственным. Отсюда tg jc = 1,х=— +я:л= ~(4л + 1), п е Z.
Ответ: т(4я + 1), п е Z.
Пример 3. Решить уравнение 2 sin2 x + sin 2x + cos2 x = 2,5.
Решение. Сведем уравнение к однородному, заменив в правой
части уравнения 2,5 на 2,5(cos2 x + sin2 x) и воспользовавшись
формулой синуса двойного угла sin 2x = 2sin x cos jc. При этом
уравнение принимает вид: sin2 х — 4sin jc cos x + 3cos2 x = 0.
Далее поступаем как в примере 1.
Замечание. Рассмотрим последнее уравнение как квадратное
относительно sin jc, тогда
sin jc= 2cos jc ± v4cos2 jc-3cos2 x= 2cos x ± cos jc;
sin jc = 3cos jc или sin x = cos x.
Решение каждого из двух однородных уравнений первой
степени дает ответ.
Пример 4. Решить уравнение sin л: + cos x + 2sin3 x - 6cos3 x = 0.
Решение, sin л: + cos x = (sin x + cos x) (sin2 л: + cos2 jc),
тогда 3sin3 x + sin x cos2 x + cos jc sin2 jc — 5cos3 x = 0,
3tg3 jc - 3 + tg2 jc - 1 + tg jc - 1 = 0,
(tg x - l)(3tg2 x + 4tg x + 5) = 0.
Уравнение tg jc — 1 = 0 дает x =— + nn, n e Z, а уравнение
3tg2 x + 4tgjc+5 = 0 корней не имеет.
15

Пример 5. Решить уравнение 4cos3 x — sin 2х ^0,5 sin 2х = 2 sin3 x.
Решение. Область определения уравнения задается неравенством
sin 2x > О, тогда
хе \т,^ + т\ п е Z.
Уравнение легко приводится к виду
4cos3 х — 2sin x Vsinjc cos jc \lcosx — 2sin3 x = 0.
Ясно, что если cos x = 0, то sin x = 0, что невозможно.
Разделим уравнение почленно на cos3 x = (cos Wcosx)2, при
этом получим уравнение tg3 x + yjtg2x -2 = 0.
Решая его как квадратное относительно д/tg3* , получим
д/tg3* = - 2 и -yjtg^x = 1. Первое значение не удовлетворяет
определению арифметического квадратного корня, а второе дает
X = — + ЯЛ, Л G Z.
Пример 6. Решить уравнение
Vsinx-cosx ~ ^(sinjc + cosx) ylcosx-
Решение. Область определения уравнения задается неравенствами
sin х - cos x > 0,
Заметим, что при cos x = 0 из уравнения следует, что и sin x = 0,
что противоречит основному тригонометрическому тождеству.
Разделив обе части уравнения на vcosjc , получаем
tg x - 1 + 2
-1 + 1 = 2tg x + 2;
16

4tg x - 4 = tg2 x + 4tg я: + 4;
tg2x = -8.
Уравнение корней не имеет.
Замечание. Последнее рассмотренное уравнение, вообще
говоря, не является однородным, однако при его решении
используются подходы, схожие с подходами к решению
однородных уравнений.
4. УРАВНЕНИЯ ВИДА asm x + bcos x = с. (11)
Это уравнение можно решить, приведя его к однородному. Дей-
X XI X Х.\ С X Х\
ствительно, 2flsin — cos - + b\ cos2 — sin2 - = с cos2 - + sin2 - .
2 2^2 2J (^ 2 2)
x
Перенеся все слагаемые в правую часть, получим (Ь + с) sin2 — —
XX X
- 2flsin - cos - + (с — b) cos2 - = 0. Если b + с ф 0, то, разделив
обе части уравнения на cos2 - ф 0, получаем равносильное ему
уравнение (с + b) tg2 - - 2tftg -+ (с - b) = 0, откуда
x = a±Ja2+b2-c2
2 c + b
Если а2 + b2 > с2, то х = 2arctg fl±^fl+^ c +2nk,keZ.
c + b
Если же д2 + й2 = с2, то jc = 2arctg -^7+ 2 пп, п g Z
С + 6?
Если же а2 + Ь2 < с2, то уравнение корней не имеет.
17

Если b + с = 0 и а ф О, то cos - (c-fc)cos--2asin- = 0,
Ч 2 2)
откуда легко получаются решения jc = я + 2 я&, к е Z к
с-Ъ
х = 2 arctg——f- 2 я/, / е Z Если жей + с = 0ис = 0ий=с5
2а
тогда cos2 - =0их = я + 2 я/w, т е Z.
Пожалуй, запоминать все эти рассуждения нет смысла, но
разобраться полезно.
Это же уравнение можно решить, применив формулы
sin jc = *— и cos x = *■, предварительно проверив, что
числа jc = я + 2 пк, к е Z не являются корнями исходного
уравнения.
Не проводя рассуждений в общем виде, рассмотрим
конкретный пример.
Пример 1. Решить уравнение 2sin x + 3cos jc + 3 = 0.
Решение. Замечаем, что х = п + 2 пп, п е Z— корни данного
уравнения, поэтому далее будем считать, что х ф я + 2 пп, п е Z
^ х
Выражая sin x и cos x через tg —, получим уравнение
3-3tg2f
+ f + 3 = 0; 4tg- + 3 -3tgJ- + 3 + 3tg2 -= 0;
2| 2 2 2
JC
4tg - = -6 и x = ~2arctg 1,5 + 2я«, « e Z
Ответ: n + 2nk, k g Z; — 2arctg 1,5 + 2я«, n e Z.
18

Замечание. Конечно, рассматриваемое уравнение можно решить
и проще: 4sin — cos - + 6cos2 - = 0, откуда cos - = 0 или
х 3
tg - = — -, и далее, решая, получаем уже ранее наиденные корни.
Уравнение вида a sin owe + Ь cos owe = с (а2 + V- * 0, ш * 0) (12)
является частным случаем уравнения (9), следовательно, его можно
решать с помощью универсальной подстановки, а также
приводить к однородному.
Укажем еще один способ решения этого уравнения, так
называемый способ введения вспомогательного угла. Пусть
sin сох + bcos сох = с (а2 + Ь2 ф 0).
Разделим обе его части на л1а2 +Ь2, тогда
7 cos сох = '
Пусть ф ~ одно из решений системы
coscp =
sincp =
Воспользовавшись этими равенствами, запишем уравнение в
с
виде sin cox cos ср + cos cox sin ср =~
la2 +Ъ2'
Применив формулу sin (а + Р) = sin а cos P + cos а sin P,
с
получим уравнение sin (сох + ф) = г~г—-у, которое, как видно
из проделанных выкладок, равносильно исходному уравнению.
с
Если
< 1, т. е. а1 + Ь2 > с2, то уравнение имеет решение
сох 4- ф =
-1)« arcsin / 2 ,2 + пп,
у/а +Ь
19

илих = -—— arcsin / 2 f2 Н , пе Z Если
со va +b со со
т. е. а2 + б2 > с2, то уравнение решений не имеет. Ясно, что для
окончательного ответа необходимо найти ф, что будет показано
при решении конкретных примеров.
Пример 2. Решить уравнение >/з sin x — cos x = 1.
Решение. Разделив обе части уравнения на V(V3J + (-1)2 = 2,
7з . 1 1 _ 7з Г ^>| Г 1
получим —sin х — — cos x = -. Заменим— на cos ~т и ""^
на sin — ; тогда исходное уравнение примет вид sin х - — = -.
6) I bJ 2
Решив последнее уравнение, найдем х — —= (~1)я —+ пп, или
о о
х= (1 + (-1)")^ + пп, п б Z
6
Ответ: (1 + (-1)я) 7 + пп, п е Z
6
Пример 3. Решить уравнение 2sin 2х + 3cos 2x= 1,5.
Решение. Выполняем цепочку описанных выше преобразований
т= sin 2*+ -;= cos 2х = -
Vl3 J 2'
2 3
Введем обозначения —jrr = cos ф, тогда ~irr = sin ф, и
уравнение принимает вид
3 3
sin (2х + ф) =777^> откуда 2 л: + ф = (-1)* кк z
jc = -— + -(—1)* arcsin—-j=z + —, к е Z
2 2V ' 2V13 2
20

2 3
В качестве ф возьмем угол arccos -77т или arcsin —frz (sin ф > О,
cos ф > 0 и <р - угол первой четверти).
1 2 1 3 пк
Итак, о/иве/и: -- arccos^ +j("0* arcsin27n +T' ^G Z
Пример 4. Решить уравнение
3sin x + 4cos x + Vl3sin 2.x + 2 v3cos 2x = 0.
/"3 4 ^
Решение. I. 3sin х + 4cos л: = 5 -suijc + -cosjc |= 5 sin (x + ф),
где cos ф = - и sin ф = -.
(*\ A \
II. v/13sin2jc+2V3cos2A:=5 -sinA: + -cosA: = 5 sin
^5 5 J
2V3
л/Гз . .
где cos (3 = и sin P = .
Данное уравнение после сокращения обеих его частей на 5 примет
вид sin (х +ф) + sin (2х + Р) = 0;
2 sin -^— cos -— = 0, откуда следует, что Зх +ф + р = 2 7Ш,
л g гили ^—^ = - +тсЛ, A:eZ, х = ф-р + тс + 2яА:, А: е Z.
if .4 . 2^3^ 2пп
= arcsin- + arcsin +—- и е= 7
Ъ\ 5 5 J з
л: = я - arccos 1- arccos- + 2л;Л, к е Z.
Вполне понятно, что можно использовать и другие формы
записей углов ф и р.
21

5. УРАВНЕНИЯ, РАЦИОНАЛЬНЫЕ ОТНОСИТЕЛЬНО
ВЫРАЖЕНИЙ sin x ± cos x и sin x • cos x
Если левая часть тригонометрического уравнения Дх) = 0
содержит лишь одно из выражений sin x + cos х или sin jc - cos x и
функцию sin 2x (или произведение sin x cos x), то, вводя новое
неизвестное / = sin х + cos х или / = sin x — cos x и учитывая, что
sin 2x = (sin jc + cos x)2 — 1, sin 2jc =1 — (sin x — cos jc)2, приходим
к уравнению относительно t.
X
Пример 1. Решить уравнение sin jc - sin 2x = 2sin2 -.
х
Решение. Понижая степень sin2 -, получаем sin х — 2sin x cos x =
= 1 - cos jc, или sin jc + cos x — 2sin x cos jc— 1=0. Сделаем замену
sin jc + cos x = t, тогда 2sin x cos x = t2 — 1. Тем самым исходное
уравнение приводится к квадратному относительно / уравнению
-> п / i\ п п 1 Fsin х + cos x = О,
t2 - t = 0, /(/ - 1) = 0, откуда /, = 0, t2 = 1, или
Li l
Находим х. = \-пп =— (4л - 1), п е Z, х, =(-1)* ——7+
1 4 4 4 4
G Z
: --(4л - 1); (-1)* ---+ тс*, {л, £} e Z
4 4 4
Пример 2. Решить уравнение 2( 1 - sin х — cos x) + tg x + ctg * = 0.
Решение. Область определения уравнения задается системой не-
fsin х Ф 0, п „
равенств: \ х ф —л, яе/.
[cosjc*0; 2
Представим уравнение в виде
sin х cos x
2(1 - (sin x + cos jc)) + + -— = 0;
V V COSJC S1I1JC
22

2(1 - (sin x + cos jc)) + = 0.
SIIIJCCOSJC
Обозначим sin x + cos x = t, тогда sin x cos x = ——.
Относительно t уравнение примет вид
2
2 - 2/ + -^—\ = 0; fi - t2 - t = 0; tit1 - t - 1) = 0.
Отсюда t = 0, t =—-—, t =—-—.
Если sin jc + cos jc = 0, решая уже знакомое однородное
уравнение, получаем tg х = — 1, откуда х = "+ пк, к е Z.
Решим уравнение sin x + cos jc = , для чего воспользуемся
формулой приведения cos jc = sin| Т~~* | и формулой суммы си-
. п ^ . ос+Р
нусов sin а + sin р = 2 sin cos
cos
Получим: 2 sin— cos x— =
4 Y 4J 2 '
1-V5 V2-VK)
тс x/2VIO
= ± arccos ^ + 2nl, I e Z;
я л/2VU)
—± arccos + 27c/, I e Z.
23

Очевидно, что уравнение sin х + cos х = корней не имеет.
Ответ: - - + пк, к е Z; -± arccos + 2я/, / е Z.
4 4^
Пример 3. Решить уравнение sin х + cos л: = 2 V2 sin л: cos x.
Решение. Выполняем подстановку sin x + cos x = t (*),
где | f | < 4l, тогда, возводя обе части равенства (*) в квадрат, получим
1 + 2sin jc cos x = fi и 2sin x cos jc = f — 1. После замены переменной
исходное уравнение примет вид / = V2/2 -^2, V2/2 - / -v/2= О,
1±3 1
?=Г7Т, /, =V2» ^2 =~~Г ' ^а значения Удовлетворяют условию
| f | < V2 • Следовательно, надо решить уравнения
г- 1
sin х + cos x = v 2 и sin * + cos jc = ~ ~7т . Первое из уравнений легко
преобразуется к виду sin * + -т = 1; х + — = — + 2пп, п е Z,
х = -+ 2ял, пе Z. Умножив обе части второго уравнения на~7г ,
получим sinf х + ~ ] = ~т; х + —= (-1)*+1— + пк, к е Z
[ 4j 2 4 6
их=(-1)Л+1-- — + тгА:, ке Z.
6 4
Ответ: ~+ 2тм, я е Z, (-1)Л+1 \- 7+ ^ * е Z
4 6 4
Пример 4. Решить уравнение
_1
2
sin х + >/2-sin2;c + sin x V2-sin2 дс = -.
24

Решение. Область определения уравнения хе R. Выполним за-
r sin jc + V2-sin2 x = /, тогда, возводя обе части последнего
равенства в квадрат, получим sin x v2-sin2 х = —-—, и данное
уравнение принимает вид
f + X-yl = у, 2t + fi-2= 1; /2 + It- 3 = 0.
Корни последнего уравнения /, = 1, t2 = —3, и для нахождения
х получаем два уравнения:
1) sin х +V2-sin2;c = 1; 2 — sin2 * = 1 - 2 sin jc + sin2 x\
2sin2 jc - 2sin x — 1 = 0; sin jc =
2 '
условию I sin x I < 1 удовлетворяет sin x = ;
2) sin x + V2-sin2;c = -3; л/2-sin2^ = -3 - sin x,
но -3 - sin jc < 0 и последнее уравнение корней не имеет.
1-V3
Ответ: (-1)" arcsin —-— + пп, п е Z.
Пример 5. Решить уравнение sin3 jc - cos3 jc = sin jc cos x — 1.
Решение. Положим sin jc - cos jc = /, | /1 < V2,
тогда (sin x — cos jc)2 = fi\ 1 — 2sin jc cos x = fi\ sin x cos jc =
1-r2
2
I-/2
sin3 x — cos3 jc = (sin x — cos jc)(1 + sin jc cos x) = / (1 + ~~тг~~
^~-= ^y— 1; 3/ - /3 = 1 - /2 - 2; /3 - /2 - 3/ - 1 = 0;
/3 + 1 - (fi + 3f + 2) = 0; (/ + l)(f2 — / + 1) — (r + 1) (r + 2) = 0;
откуда (/ + 1) =0и /=-1, или Z2-/+ 1-/-2 = 0, ^-2/-1= 0,
25

/ = 1 ± л/2. Условию | /1 < а/2 удовлетворяет / = 1 - 4l. Остается
решить два уравнения:
1) sin х - cos x = — 1, sin *~~T = ""Г^
х = - + Г-1)л+1- + пп ne Z
4 ( 4
( \ 1 — л/2
2) sin x - cos x = 1 - V2, sinx — = /- ;
тс f 1 Л
x = — + (-l)Aarcsin "Tr"1 + nk, к g Z
4 \ V2 J
Ответ: —h(—1)"+1— +лл, л g Z; --^-(-l^arcsin
4 4 4
iteZ
Пример 6. Решить уравнение
tg x + ctg x + 2(tg2 x + ctg2 x) = 3(tg3 x + ctg3 x).
Решение. Заметим, чтохф — к, ке Z
Выполним подстановку tg x + ctg x = t, тогда:
tg2 х + 2 tg x ctg x + ctg2 x = z2; tg2 x + ctg2 x=/2-2ntg3x+ ctg3 x =
= (tg x + ctg x)(tg2 x + ctg2 x- l) = t(t2- 3).
Выполнив замену переменной, получим / + 2(/2 - 2) = 3/ (/2 — 3)
или после очевидных преобразований З/3 — 2t2 — 10/ + 4 = 0.
Очевидно, что t = 2 является корнем уравнения.
3fi - 2fi - 10/ + 4 = (/ - 2)(3fi + 4/ - 2) = 0.
Решаем уравнение З/2 + 4/ — 2 = 0,
-2±л/4 + 6 -2±7Ш
его корни / = = .
Далее решаем уравнение tgx + ctgx= 2; tgx= l;x = —+nk,ke Z
4
26

_i_ ♦ -2 + VT6
Остается решить еще уравнения tg х + ctg х = и
-2-л/Ш
tg jc + ctg x = , приведя их к квадратным.
Замечание. Уравнение можно решить, преобразовав его к виду
I 2(1-2 sin2 л: cos2*) 3(1-3 sin2 л: cos2*)
— + т~ъ 2 = г^ з^ и обозначив
sinxcos* sin jccos х sin *cos x
sin x cos x = y.
sin x - cos jc 1
Пример 7. Решить уравнение —. Ь sin x cos jc = -.
sin x + cos л: 2
Решение. Область определения уравнения х ф —+ пп, пе Z
Выполним подстановку sin jc + cos jc = t, \ t \ <^2 > тогда
sin2 л: + cos2 x + 2sin jc cos jc = f\ 1 + 2 sin jc cos л: = /2;
I - 2 sin * cos jc = 2 - Z2; (sin jc — cos jc)2 = 2 — f\
jsin x — cos jc| = л/2-r2.
Остается заметить, что sin л: cos jc = .
Исходное уравнение принимает вид
г2-1
2'
2л/2-г2- /(2 - /2) = 0;
(2 - / л/2-r2) = 0.
Уравнение л/2-r2 = 0 дает / = ± -Jl, а уравнение 2 - /л/2-r2 = 0
приводится к виду Z4 — 2/2 + 4 = 0 и корней не имеет.
27

Итак, sin x + cos x = yfl или sin x + cos x = - V2. Эти уравнения
71 ЗГС
легко решаются: jc =— + 2пк, к е Z; х = + 2пп, п е Z
4 4
Объединение корней дает следующий ответ: - + лтя, те Z.
4
6. ТОЖДЕСТВЕННЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
В РЕШЕНИИ СТАНДАРТНЫХ
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
Использование отдельных формул тождественных
преобразований достаточно подробно описано во всех школьных учебниках.
Отметим, что, как правило, применением какой-то одной из
известных формул дело не ограничивается, а решение задач
представляет собой цепочку тождественных преобразований.
Напомним, что целью этих преобразований является сведение
тригонометрического уравнения к хорошо известному виду
уравнения алгебраического, а далее к нескольким элементарным
тригонометрическим уравнениям.
Не будем подробно останавливаться на простых возможных
подстановках и методике решения алгебраических уравнений.
Рассмотрим только несколько примеров.
Пример 1. Решить уравнение sin 2x cos 3jc = sin Ax • cos 5jc.
Решение. Применяя формулу sin a ■ cos р =-(sin (а + Р) +
1 1
+ sin (а - Р)), получим: — (sin 5x - sin x)= — (sin 9х - sin jc);
sin 9x — sin 5л: = 0; 2 sin 2x • cos Ix = 0.
Используя условие равенства двух множителей нулю,
получаем sin 2jc = 0 или cos 7x = 0 и далее...
Ответ: -^, пе Z; — + —, к е Z.
28

Пример 2. Решить уравнение 4cos jc cos 2х cos 3jc = cos 6x.
Решение, Применяя к левой части уравнения формулу
cos а • cos р = -г (cos (а + Р) + cos (а - Р)), будем
последовательно иметь 4 - (cos Зх + cos jc) cos 3.x = cos 6.x;
2(cos2 3jc + cos jc cos 3jc) = cos 6.x;
1 + cos 6x + cos Ax + cos 2jc = cos 6.x;
1 + cos 4x + cos 2x = 0;
2 cos2 2x + cos 2x = 0,
откуда cos 2x = 0 или cos 2x = - -.
Ответ: — H , я g Z; ±— + я/:, A; g Z.
4 2 3
Пример 3. Решить уравнение sin2 x • cos2 2jc = -jsin2 3jc.
Решение. (- sin 3x - - sin x)2 = - sin2 3.x; (sin x cos 2x)2 = - sin2 3x\
- sin2 3.x - -rsin Зх • sin x + T(sin 3x — sin x)2 = Tsin2 Ъх\
sin2 л: - 2sin 3x • sin jc = 0; sin x = 0 или sin x — 2sin 3.x = 0.
Так как sin 3jc = 4sin x — 3sin3 x, то sin x — 8sin x + 6sin3 л: = 0,
откуда вновь sin x = 0 или sin x = ± J-. Последнее уравнение
V 6
корней не имеет. Значит, jc = пп, п е Z,
Ответ: пп, п е Z.
Пример 4. Решить уравнение 2ctg 4jc - 3tg 2jc + "7г = 0.
Решение, Область определения уравнения задается
неравенствами sin 4jc ф 0 и cos 2jc ф 0. Поскольку sin 4jc = 2sin 2x • cos 2jc,
29

первое из неравенств включает в себя второе. Ограничиваясь
рассмотрением неравенства sin Ахф О, получаемхф ~т, те Z.
l-tg2a
Так как ctg 2a = ——^—, данное уравнение принимает вид
2tga
— — 3tg 2х +~т? = 0. Обозначив tg 2x = у, получим
1 - У1 - ЗУ + ~^У = 0; 4? —j$y -1=0.
т, [ _. i^ 49 Уз~Уз
d= - + 16 = -j]y=—8—' 7з
1 71 Пп ^ л/3
Итак, tg2x= -j^;x=— + —,ne Zntg2x= -^-;
1 л/3 7CJfc
x=--arctg j + y.teZ
_ Я^71п „ 1 ^ л/3 ^ 7Cjfc
Ответ: — + —, л е Z; --arctg— + —, ке Z.
Пример 5. Решить уравнение tg jc — ctg jc + tg2 jc — ctg2 x = sin 4x
Решение. Область определения уравнения задается неравенством
jc ф —п, п е Z
Выполняем преобразования в левой части уравнения
sin jc cosjc sin2* cos2* . .
H j ^— = sin 4.x;
cosx smx cos jc sm jc
sin2 jc-cos2 jc sin4*-cos4 x _ .
i ^ 2 Sin ^tX\
cosjc-sin jc cos jc-sin x
30

2cos2jc 4cos2jc
. o + . 2 + sin 4x = 0;
sinzjc sin 2x
^2^ +
sin2;c sin 2x
~:\- + туг + sin 2x = 0; sin3 2x + sin 2x + 2 = 0;
sm2jc sin 2x
sin3 2x + 1 + sin 2x + 1 = 0; (sin 2x + D(sin2 2x - sin 2x + 2) = 0,
откуда sin 2x = — 1.
ТС 7С
Корни уравнения cos 2x = 0 x = - + -m9 me Znуравнения
sin 2x = ~1 x = --+ яЛ, ке Z.
4
Покажем, что вторая серия корней целиком содержится в
первой: - + ~т =-- + яЛ; 1 + 2т = -1 + 4£.
4 2 4
Итак, при /и = 2к - 1, fc e Z, вторая серия корней целиком
содержится в первой.
Ответ: — Н—/и, те Z.
Пример 6. Решить уравнение
sin2 х cos4 x — cos2 x sin4 x = sin 2x cos3 2x — cos 2x sin3 2x.
Решение, sin2 x cos2 x (cos2 x — sin2 x) = sin 2x cos 2x (cos2 2x — sin2 2x);
- sin2 2x cos 2x = - sin 4x cos 4x;
о 2
- sin 2x sin 4x — - sin 4x cos 4x = 0;
о 2
sin 4x (sin 2x — 4 cos 4x) = 0, откуда sin 4x = 0 и x =—, n e Z
4
Второе уравнение sin 2x — 4 cos 4x = 0 преобразуется к виду
sin 2x - 4(1 - 2sin2 2x) = 0; 8sin2 2x + sin 2x - 4 = 0,
31

. - -l±Vl29 1 1Ч, . -1±л/129 я* , _
откуда sm2x = ;x = -(-l)*arcsin + —, ке Z.
16 L 16 2
гл Пп 1 / 1 ч* . -1 ± л/129 , пк . , л
Ответ: —; -(-1)* arcsin + —, {п, к} е Z.
4 £ 16 2
Пример 7. Решить уравнение sin 2х + sin Зх = 3sin jc.
Решение. Запишем исходное уравнение в виде
sin Зх — sin jc + sin 2x — 2sin jc = 0. Преобразуя sin Зх — sin jc в
произведение, получим 2sin jc ■ cos 2x, и уравнение примет вид
2sin x cos 2jc + sin 2x — 2sin x = 0;
2sin x cos 2x + 2sin x cos x — 2sin x = 0;
2sin x (cos 2x + cos x - 1) = 0,
откуда sin x = 0 или cos 2x + cos x — 1 = 0.
Корни первого уравнения задаются формулой х = пп, п е Z
Решаем второе уравнение 2cos2 x + cos х — 2 = 0,
Vnl л/п-1
откуда cos х = и х =±arccos + 2пк, ке Z.
4 4
Ответ: пп; ± arccos + 2rcfc, {л, к} 6 Z.
Пример 8. Решить уравнение cos 2х + V3 sin 2х = 2cos 2x+l.
Решение. Разделим обе части уравнения на два, получим
-cos 2х + —sin 2х = cos 2х*1.
1 п л/3 . п
Замечая, что - = cos — и — = sin—, будем иметь
cos— cos 2х + sin — sin 2х = cos 2X+ \
cos
32

Преобразуя разность косинусов в произведение, получим:
-2sin ^ sin ^ = 0, откуда ^ = пп,
п е Z или 2. =пк, ке Z.
2х = 1- 2пп. Последнее уравнение имеет корни, если пе. N, при
этом л: = log,! йи-- ,«е N. Далее находим 3 • 2х = — + Ink,
\ 3) 3
2*= !+^'ks N>и xssh*(lf
Ответ: log/am--!, пе Nh log/^ + M\ к е No.
Пример 9. Решить уравнение 6cos2 jc + cos 3jc = cos x.
Решение. Заменяем уравнение на равносильное
6cos2 л: + cos 3jc — cos jc = 0, откуда cos jc = О
и 3cos jc — 2sin2 jc = 0; 3cos jc — 2 + 2cos2 jc = 0.
Полагая cos jc = /, где | /1 < 1, приходим к уравнению
V * 1, - 2 = 0, откуда ,ц -1±Ш., , _=Ш.
/ = -2 и / = -. Значение / = —2 не удовлетворяет неравенству | /1 < 1.
Итак, cos х = - и х = ±— + 2пп, п е Z
Корни уравнения cos jc = 0 jc = — + Ink, ke Z.
Ответ: ±- 4- 2nn; - + 2nk, {n, k) e Z
33

Пример 10. Решить уравнение sin2 jc + sin jc2 = 1.
Решение. Применяя формулы понижения степени, получаем
2jc + 2jc2 2jc-2jc2
уравнение, равносильное данному 2cos — cos —-— = 0,
cos (jc + jc2) cos (x2 — x) = 0, откуда:
14 j _l Я_ь r, 1 ± л/1 + 2Я + 47Ш _.
1) x2 + x = -+ ял, л e Z, xlf2 = , n e No\
я _1±V1
2 ' lJCy 2
_ , я 1 ± Vl + 2я + 4тЛ . АГ
2) *2-x= -+7E*, Ле Z, x34= ,ke NQ.
l±Vl + 27<l + 2n) _ 1±^1 + 2я(1 + 2*) . _
Ответ: —— , n e Z; — , ke Z.
Пример И. Решить уравнение
cos2 jc + cos2 — jc + cos2 - + cos2 - = 2.
Решение. Применяя формулы понижения степени, получим
= 2, откуда:
1 + COS2* ( 1 + cosf * ( 1-Hcosx ( 1 + cosf _
3 х
cos 2jc + cos -x + cos jc + cos - = 0 или
7jc x 3x x
2cos — cos - + 2cos — cos — = 0,
4 4 4 4
cos - (cos — + cos —) = 0; cos - cos — cos - = 0.
Дальнейшие рассуждения мы опускаем.
34

Пример 12. Решить уравнение 1 + sin4 х ——cos4 x = 0.
Решение. Заметим, что
(sin2 х)2 = I I и (cos2 хУ =
1I .
Полагая далее cos 2х = у, \ у \ < 1, получаем уравнение
17
36 + 9 - 18у + 9У- 17 - 34у - 17/ = 0; 2? + 13у - 7 = 0;
_-13±Vl69 + 56/ ^-13±15 = = 1_
У\л 4 4 ' ^' 2 2
и cos 2х = -; 2jc = ± — + 2пп; х= ± — + пп, п е Z.
^3 6
Ответ: ±— + пп, п е Z.
6
Пример 13. Решить уравнение tg2 гт +— = cos 2x.
т* ~~ X ТС X
Решение. Область определения уравнения - н— ф - + пп,
2 4 2
fleZ;-* — + ял, «eZ; jc^-+ 2ял, л е Z Применяя формулу
f 2 1-cos 2a
а =1 9~~'легк0 получаемую из формул понижения степени,
'-«■И1
получим: > < = cos 2jc; -—:—= 1 - 2 sin2 jc;
' ** Л 1-sin^c
V
35

1 — 2sin2 л: — sin jc + 2sin3 jc = 1 + sin jc;
2sin3 x — 2sin2 jc — 2sin x = 0,
откуда sin jc = 0 и jc = ял, л e Z; sin2 jc — sin jc — 1 = 0.
С учетом того, что |sinjc| < 1, из последнего уравнения находим
sin jc = —— и jc = (— 1)* arcsin —— + пк, Ice Z.
Ответ: nn\ {—\)k arcsin —-— + nk; {я, к) e Z.
7. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
ТРОЙНОГО АРГУМЕНТА
Формулы sin За = 3sin а — 4sin3 а и cos За = 4cos3 а - 3cos а
можно не отыскать в достаточно большом количестве справочных
и учебных пособий. Почему?
1. Почти все уравнения могут быть решены без использования
указанных формул. Более того, применив указанные формулы,
можно получить уравнение степени выше второй, а теория
решения уравнений высоких степеней (кроме узкого круга частных
случаев) не входит в школьную программу.
2. Эти формулы можно легко вывести, используя хорошо
известные формулы, например:
sin За = sin (2а + а) = sin 2а cos а + cos 2а sin а =
= 2sin а cos2 а + (1 — 2sin а) sin а =
= 2sin (1 — sin2 а) + sin а — 2sin3 а =
= 3sin а — 4 sin3 а.
Аналогичен вывод и второй формулы.
Пример 1. Решить уравнение 3sin Зл: — 5sin jc = 0.
Решение. Применяя формулу синуса тройного угла, получаем:
9sin х — 12sin3 x — 5sin x = 0;
4sinx— 12sin3 jc = 0;
sin jc (1 — 3sin2 x) = 0.
36

Уравнение sin x = 0 дает х = пк, ке Z.
Уравнение 1 - 3sin2 х = О приводим к виду sin2 х = -, далее,
понижая степень уравнения, имеем
1-cos2a: 1 1 1
z = -, откуда cos 2х = -; 2х = ±arccos - + 2пп9 п е Z;
х = ±-arccos - + пп, п е Z
Ответ: пк, ке Z; ± — arccos - + пп, п е Z
Замечание 1. Не применяя формулу понижения степени,
получим sin х = ± - и запись ответа в другом виде. См. далее раздел 8.
«О форме записи множества решений».
Замечание 2. Не применяя формулу синуса тройного угла, имеем:
3sin Эх — 3sin jc — 2sin jc = 0;
3(sin Зл: - sin jc) — 2sin jc = 0;
6sin л: cos 2x — 2sin x = 0;
sin jc(3cos 2x- 1) = 0.
Получено уже знакомое нам по этой задаче уравнение.
Пример 2. Решить уравнение cos 6x + 2cos 2х — 3 = 0.
Решение. Используя формулу косинуса тройного угла, получаем:
4cos3 2x - 3cos 2x + 2cos 2х - 3 = 0;
4cos3 2х - cos 2х - 3 = 0.
В кубическом уравнении сделаем очевидную подстановку
cos 2х = t, | /1 < 1, тогда 4/3 - t - 3 = 0.
Решая (любым способом) данное кубическое уравнение,
получаем единственный действительный корень / = 1, откуда
cos 2х = 1; х = пк, к е Z
Ответ: пк, к е Z
Замечание 1. Не будем применять формулу косинуса тройного
угла: (cos 6x + cos 2x) + cos 2х - 3 = 0;
2cos 4x cos 2x + cos 2х — 3 = 0;
37

2cos 2jc (2cos2 2x - 1) + cos 2x - 3 = 0;
4cos32jc-cos2jc-3 = 0.
Получено то же самое уравнение.
Замечание 2. Применим метод оценок.
Поскольку cos 6x + 2cos 2x < 3, знак равенства возможен
только при cos 2jc = 1, при этом 2х = 2пп, п е Z; х = пп\ 6х = 6пп\
cos 6jc = cos бпп = 1. Делаем вывод о том, что при х = пп, п е Z
уравнение обращается в верное равенство.
Только в отдельных случаях трудно обойтись без формулы
тройного аргумента.
Пример 3. Решить уравнение sin3 jc — cos3 jc + sin 3x + cos 3x = 0.
Решение, sin3 jc — cos3 jc + 3sin jc — 4sin3 jc — 3cos jc + 4cos3 л: = 0;
3sin jc — 3sin3 jc + 3cos3 jc — 3cos jc = 0;
sin jc(1 — sin2 jc) — cos jc(1 — cos2 jc) = 0;
sin x cos2 jc — cos jc sin2 jc = 0;
sin x cos x (cos x - sin x) = 0;
sin 2jc (cos jc — sin x) = 0.
Уравнение sin 2jc = 0 дает jc = —n, n e Z; решая уравнение
cos jc — sin jc = 0, получаем jc = —f- nk, к e Z
4
Ответ: —n, n e Z; — + nk, к e Z
Пример 4. Решить уравнение tg 9jc + 2tg 3x = 1.
Решение. Сначала получим формулу тангенса тройного аргумента:
sina з
ta
За= 3sin0C~4sin3a = cos3 a
4cos3a-3cosa 4__
cos2 a
_ 3tga^4-tg2a)-4tg3a _ 3tga-tg3a
~ ^2) ~ l-3tg2a
Для нашего уравнения 2 — + 2tg 3x = 1.
1 -3lg Ja
38

Полагая tg Зх = у, получим:
If - 3f - 5у + 1 = 0.
Поскольку сумма коэффициентов и свободного члена
уравнения равна нулю, у = 1 является корнем уравнения. Далее
If - 3? - 5у + 1 = (у - 1)(7/ + 4у - 1) = 0.
Решение квадратного уравнения Ту1 + 4у — 1 = 0 дает
_-2±УГТ
Итак, tg Зх = 1; х = - + -^,яе Z;
, . -2-УГТ 1 # Г-2-УГТ>| я* , «
tg3x= ; х = - arctg + уДе Z;
, , -2 + УГТ 1 + f-2 + VTT>| л/
tg3x = ; х= -arctg + — ,/е Z
Замечание 1. Решение уравнения необходимо было начать с
нахождения области определения уравнения:
Jcos9jc*0,
[cos 3**0.
Отметим, что cos 9х = 4cos3 Зл: — 3cos Зх = cos Зх (4cos2 За: — 3).
Очевидно, что нули функции cos Зх лежат среди нулей функции
cos 9л:, поэтому необходимо проверить только условие cos 9х ф 0,
то есть хф 1 ; т е Z.
18 9
Легко заметить, что в проверке нуждается только первая
группа корней:
— + —ф — + —; 1 + 2л ф Am.
12 3 18 9
Поскольку для любых целых пит неравенство выполняется,
ответ содержит три найденные группы корней.
39

Замечание 2. Как уже было показано в замечании 1, нули
функции cos а содержатся среди нулей функции cos За. Аналогично
sin За = sin а(3 — 4sin2 а), поэтому нули функции sin а
содержатся среди нулей функции sin За. Это полезно помнить, решая
системы уравнений и неравенств. При решении примера 2 было
показано, что из равенства cos а = ± 1 следует равенство cos За = ± 1.
Запомним и эти соотношения.
8. О ФОРМЕ ЗАПИСИ МНОЖЕСТВА РЕШЕНИЙ
Хорошо известно, что вид ответа при решении
тригонометрических уравнений зависит от способа решения. Эквивалентность
ответов можно показать, проведя тождественные
преобразования или изобразив решения на единичной окружности.
Отметим, что последнее возможно только в случае, когда период
функций, входящих в уравнение, не превышает —, п е N.
п
Пример 1. Решить уравнение 3sin jc + 4cos jc = 5.
Решение 1. Приведем это уравнение к однородному, получим:
XX X X X X
6sin- cos- + 4cos2- — 4sin2- = 5cos2 - + 5sin2-;
Zt £л /л £ Лл £
X XX X
9sin2- - 6sin- cos- + cos2- = 0;
Z. Z* 2* Z
X X i X X
3sin--cos- = 0; 3sin- - cos- = 0.
x
Разделив почленно уравнение на cos - ф 0, получаем:
х 1 1
tg - = -; х = 2arctg-+ 2nn, n e N.
40

Решение 2. Используем метод введения вспомогательного
аргумента, тогда 5 -sinx + -cos.x = 5, sin (jc + ф) = 1, при cos ф = -
\Ъ Ъ ) Ъ
4 т, 3 4
sin ф = -. В качестве угла ф могут быть выбраны arccos -, arcsin -,
4 п
arctg -. Ясно, что jc = ф + 2пк, к е Z. Возьмем в качестве ф
4 тг 4
угол arctg -, тогда jc = — - arctg - + 2пк, к е Z.
Покажем, что ответы, получаемые при двух разных способах
решения, дают одно и то же множество корней. Будем исходить
из того, что, если равны два угла, то равны и их тангенсы
(обратное неверно), тогда должно выполняться равенство
2tg arctg \
-tg^arctgj 1
Полученные ответы эквивалентны.
Пример 2. Решить уравнение cos 2jc + cos x = 0.
Решение 1. Приведем исходное уравнение к квадратному:
2cos2 2х + cos jc - 1 = 0.
Полагая cos x = /, | /1 < 1, находим cos х = -1 или cos jc = -,
значит jc = п + 2пп, п е Zh х = ±— + 2пк9 к е Z.
Решение 2. Преобразовав сумму косинусов двух углов, имеем
3 х 3 х
2cos -jc cos - = 0, откуда cos -x = 0 или cos - = 0, тогда:
-ZX = — + пт, т е Zили -= — + я/, / е Z
^ 2, *. 2.
41

jc = — + , me Z; x = n + 2л/, I e Z.
Объединение двух пар групп корней не сложно показать на
единичной окружности. Можно отыскать соотношения между
целыми к, /, т и п, которые дадут в итоге одно и то же множество
решений.
Ответ: — + , т е Z.
Замечание. Как правило, способ решения уравнения в задаче
не оговаривается: ответ (даже если нет возможного объединения
корней) считается верным в случае, если не потеряны и не
приобретены лишние корни. Методы показа эквивалентности корней
необходимы прежде всего для самопроверки.
9. ОТБОР КОРНЕЙ
В ДРОБНО-РАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЯХ
При решении дробно-рациональных уравнений в
тригонометрии возникает проблема отсеивания посторонних корней.
Напомним, что
Q(x)
cos л;
Пример 1. Решить уравнение -—:—= 0.
Решение.
l-sin*
п
"2
'2
42

Далее из соотношения — + пт Ф — + 2пк получаем т ф 2к,
тогда /я = 2/+1ия:= —+ 2л/, I e Z.
Замечание 1. Найдя корни х = \- пт, т е Z уравнения,
необходимо выбрать значения т, удовлетворяющие неравенству.
Поскольку функции, входящие в уравнение, имеют период 2л,
достаточно выполнить проверку на любом отрезке длины 2л,
например на отрезке [0, 2л]. На этом отрезке необходимо проверить
точки — и —. Только во второй точке sin х ф 1. Эта точка с
2 2
периодичностью 2л будет давать ответ.
В данной задаче рассуждения можно проводить на единичной
окружности.
Замечание 2. Можно заметить, что при cos х = 0 sin x = ±1.
Неравенство системы оставляет только один из двух возможных
вариантов: sin х = — 1.
2sin2 x-3sinjc + l
Пример 2. Решить уравнение т=— = 0.
2cosjt-V3
sinA:=l,
sin,=\
2sin jc-3sinx + l
Решение. р = 0
2cos*-v3
Если sin x = 1, то cos хф —, тогда jc = — + пп, п е Z.
При sin х = - тождество sin2 х + cos2 х = 1 дает cos х = ± —.
Неравенство системы оставляет только один возможный
вариант cos х = - —, что дает х = —+ 2лА:, ке Z.
2 6
43

Ответ: — + пп, п е Z; — + 2пк, ке Z.
2 6
Замечание. При решении был предложен наиболее простой из
возможных способов решений.
Пример 3. Решить уравнение . _ + — = tg 2х + ctg 2x.
sin2x cos2x
Решение. Найдем область определения уравнения:
Jsin 2x Ф О,
[cos 2**0;
п
хФ — п, пе Z,
2
п
п
хФ-m.meZ.
4
% + 2 ' E '
После преобразований получим:
l-cos2x l-sin2jc cos2x + sin2x-l
——— + — = 0; —; = 0;
sin 2x cos 2x sin 4x
cos 2x + sin 2jc = 1; 2sin jc cos jc — 2sin2 jc = 0; sin jc (cos jc - sin jc) = 0.
Корни уравнения sin jc = 0 jc = nl, I e Z, а уравнение
cos jc — sin jc = 0 как однородное дает корни jc = —н пр, р е Z.
4
Получаем в итоге
Ответ: корней нет.
: = я/, /eZ,
: = 5 + 7ф, peZ,
хФ—т, meZ.
4
Пример 4. Решить уравнение tg 2jc = ctg 4x
Решение. Область определения уравнения:
Jcos2jc*0,
п п
хФ — + — п, n
4 2
хФ — k, keZ;
4
п
хф- к, ке Z.
4
44

Выполняя очевидные преобразования, получим:
sin 2х cos Ах
, ^ f\.
cos 2x sin Ax '
cos 4jc cos 2x - sin Ax sin 2x = 0; cos 6x = 0;
я Лги
В результате получаем систему
12 6 ' ' тогда — + — Ф -к; \ + 2т ф Ък\
я 12 о А
с*-*. *eZ;
Ък -1 , „
/w?t ——, где ке Z
Легко видеть, что т е Z при t = 2/ + 1, / е Z, но тогда
/и = 3/+ 1, /е Z
71 71/ ,
Ответ: — + —, / е Z
Пример 5. Решить уравнение tg x + tg 2x = tg Зле.
Решение. Найдем область определения уравнения:
cos х Ф О,
cos 2л Ф О,
cos 3**0;
— +пт, те Z,
2
2L+2L/f /GZ;
6 3
«+?LZi /GZ;
6 3
—+—*,
4 2
Далее решим уравнение:
sin л: sin 2jc sin Зл: sin jccos2jc + cosjcsin 2x sin3jc
cos jc cos 2jc cos 3jc '
sin 3x sin 3jc
cos3jc
cosjccos2jc cos3jc'
= 0; sin 3x (cos 3x — cos x cos 2jc) = 0.
45

Если sin 3jc = 0, x = —n, ne Z, если cos 3x - cos x cos 2x = 0,
то cos (x + 2x) - cos jc cos 2x = 0 и sin x sin 2x = 0, тогда
2sin2 x cos x = 0. Область определения дает cos x ф 0, тогда sin jc = 0.
Напомним, что sin Ъх = 3sin x - 4sin3 jc, поэтому корни уравнения
sin x = 0 содержатся среди корней уравнения sin Ъх = 0.
В результате получена система
71
= — п,
3
Попарная проверка соотношений дает 2я ^ 2/ + 1 и 4л * 3 + 2к,
{п, I, к) е Z. В левых частях стоят не равные правым (нечетным)
числам четные числа.
Ответ: —п, п е Z
10. О СУЖЕНИИ ОБЛАСТИ ОПРЕДЕЛЕНИЯ УРАВНЕНИЯ
В ПРОЦЕССЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
При решении некоторых тригонометрических уравнений
может произойти потеря корней. Это связано с применением
формул, у которых левая и правая части имеют различные области
определения, причем правая часть имеет более узкую область
определения, чем левая.
Это, например, такие формулы:
46

4) sin a = 2_; 5) cos a = ~ ; 6) tg a 2-
ит д.
n
В формуле 1 левая часть определена при а ф—+ пк, к е Z, а
правая часть при ос* — • т, те Z. В формуле 2 левая часть имеет
смысл при а Ф пп, п е Z, а правая — при а Ф — • т, т е Z Для
левой части формулы 3 ос ± Р * - + /ю, пе Z, а для правой к этим
ограничениям добавляются еще а ф — + пт, т е Z, р ф — + пк,
к е Z. В формулах 4 и 5 левые части определены при любом ос,
а правые части - при а ф п + 2ял, п е Z В формуле 6 область
определения левой части задается неравенством аФ — + пк, ке Z,
а для правой части к этому ограничению для а добавляются
а ф — п + 2пп, пе Z
Замена при решении тригонометрических уравнений левой
части указанных формул правой частью может привести к потере
решений, так как происходит сужение области определения
уравнения. Поэтому после применения формул с различными
областями определений необходимо выполнить проверку для тех
значений неизвестного, при которых не определена правая часть
формул, но определена их левая часть. Например, при применении
формул 4 и 5 - это а ф п + 2пп, п е Z
Обратимся к примерам.
sin х + cos x
Пример 1. Решить уравнение — + 2tg 2x + cos 2x = 0.
sin jc-cosjc
47

sin * + cos *
Решение. Разделив числитель и знаменатель дроби
sin х - cos х
l-te2jc
на cos х и применив формулы tg 2х =— т~', cos 2х =- 2 ,
1-tg х 1 + tg х
tgxr + 1 4tgx 1-tg2*
получим уравнение — + y^r + y^^ = 0. (1)
Область определения первоначального уравнения х ф — + —я,
Область определения вновь полученного уравнения хф — + — я,
я е Z; jc * — + пк, к е Z. Легко непосредственной подстановкой
jc = — + пк, ке Zb первоначальное уравнение убедиться в том,
что х = —\- пк, к е Z его решения.
Продолжим решение уравнения (1).
tgg + 1 4tgy l-tg2x (tgx + l)2-4tgx _ 1-tg2*
tg*-l 1-tg2* 1+tg2* ; tg2*-l 1+tg2* '
(tgt-1)2 tg2x-l A tgc-1 (tgr-l)(tgr+l)
2„_1 ,_2 ., 0; trtvi-1 ^2vJ_i 0»
tg *-l tg *+l ' tgx+1 tg *+l
откуда tg jc = 1; jc = — + nm, me Zne решение данного уравне-
4
ния, так как не входит в его область определения. Дальнейшее
решение приводит к уравнению tg х = 0; jc = nl, I e Z.
п п
Ответ: nl\ - + пк, {к, /} е Z или -р, р е Z.
48

Пример 2. Решить уравнение: tg (х + —) + ctg х = — V3.
6
Решение. Для данного уравнения хфпп, пе 2\хф — + пк, ке Z
Заменяем исходное уравнение уравнением
X-L 1 _ V3tgx + 1 1
я
В первоначальном уравнении числа вида — + пт, т е
надлежат области определения уравнения, а в полученном урав-
я .
нении нет; поэтому проверяем, не являются ли числа — + пт,
т g Zкopнями данного уравнения:
tg (^ + т + л/w) + ctg (- + пт) = -л/3, т е Z
2 6 2.
\ = -J$,mz Z.
Последнее равенство верное, а значит, —+ пт, т е ZpemeHne
данного уравнения.
Продолжим решение данного уравнения. Уравнение (2) преоб-
V3tgx + 1 1 + V3tgx I
разуется так: ~/= + = 0, откуда tg я; = —j= и
v3 -tgx tgx V3
/, /e Z
/=+
v3 -tgx tgx
6
Ответ: — + я/и; -— + я/; {/, /и} g Z
2 6
49

Пример 3. Решить уравнение V-cos 2jc = Vctgx + 1.
Решение. Область допустимых значений определяется системой
неравенств
[cos2a-<0, Гя те П
i ^Л откуда х е \— +ял, —+nn\neZ.
[ctgx^O, L4 2 J
Применяя формулы cos 2x = y~ и ctg x = " , приходим к
уравнению
Тх-1 I 1
ltgax+l "Vtgc'+1- (3)
1 j_
Положим г— = у, где у > 0, тогда tg х = 2 и уравнение (3)
/TV !/
принимает вид J^ ^ = д^ + 1 или " ^ = (у + I)2. Так как у > О,
то(1 -д>)(1+д>2) = (1+/)(>>+ 1);
Поскольку у> 0, У + У + >Я-д;+2 = 0.
Последнее уравнение положительных корней не имеет, так как
при у> 0 / + У>0и>>2-д>+2>0.
При получении уравнения (3) использованы формулы, в
которых х ф — + пп, п е Z, но непосредственная проверка пока-
я _
зывает, что числа вида — + пп, пе Zявляютcя корнями данного
уравнения.
Ответ: — + пп, п е Z.
50

sin л:
Пример 4. Решить уравнение —з п ь tg x = 2.
^ cos3 jc+sin3 jc
Решение. Здесь хф — + пп, п е Z; хф + пт, т е Z.
Преобразуем уравнение:
sinjc
sin3 jc i
sin3 jc
i + ctg3jc
Очевидно, что в последнем уравнениихфп/с, /ее Z
Непосредственная проверка показывает, что числа х = пк,
где ке Z,uq являются корнями данного уравнения.
Решаем полученное уравнение.
ctg х + ctg3 x + 1 + ctg3 x = 2ctg x + 2ctg4 x;
2ctg4 x - 2ctg3 л: + ctg л: - 1 = 0;
(2ctg3jc+ l)(ctgx- l) = 0,
1
откуда ctg jc = - jj= или ctg jc = 1.
1 я
Следовательно, jc = —arcctg 7/r + np, x = — + nq, {p, q) e Z
v2 4
Ответ: —arcctg 77= + np\ x = — + я#, {/?, q) e Z.
v2 4
Пример 5. Решить уравнение 15sin2 jc + 2tg jc = ctg — + x I - l.
I 4 j
Решение. Находим область определения уравнения.
Очевидно, что jc ф — + пп, п е Z; jc ф — — + пк, к е Z.
2 4
Замечая, что sin2х= г"5 ^8х = i ct8 Т + х = ^Х~ ,
1 + ctg* ctg* {4 ) ctgJC + 1
15 2 2
приходим к уравнению =— + ь — = 0.
1 + ctg * ctg* ctg*+i
51

Произошло сужение области определения. К ранее полученным
ограничениям нахдобавляется новое: х± л/и, те Z.
Так как sin2 л/и + 2tg л/и = ctg —+пт I— 1, где те Z, равенство
I4 J
верное, то х = пт, те Z— решение данного уравнения. Введем
обозначение ctg x = у, тогда решению подлежит уравнение
15 2 2
1+у*+у + у + 1 = 0, откуда:
15 у2 + 15 у + 2(У + / + ^ + 1) + 2Я1 + У2) = 0;
4^ + \7? + \9у + 2 = 0;
4/ + 32 + 17/ - 68 + 19^ + 38 = 0;
40/ + 2)(у» - 2у + 4) + 17(у - 2)(у + 2) + 19С + 2) = 0;
С + 2)(4/ + 9j/ + 1) = 0;
j/ + 2 = 0 или Лу2 + 9у + 1 = 0; у = -2 или j> =^-^ .
О
Но тогда:
х = arcctg (—2) + пр, р е Z; х = arcctg —= + nq, q e Z
о
Ответ: пт, те Z; arcctg (-2) + пр, р е Z;
, -9±V65^
х = arcctg + я#, ^ е Z
3 4
Пример 6. Решить уравнение 4tg 2х + — = - ctg х + 1.
cos 2jc 3
Решение. Область определения уравнения: х — любое
действительное число, кроме чисел вида:
я . тип г, , , г,
х = —I , m e Z и х= nl, I e Z
4 2'
52

2tgx
Применяя универсальные подстановки tg 2х = — г~ и
1 tg х
cos 2x =" j—, получаем уравнение:
8tg* + 3 + 3tg2* 4_ _ =()
1 - tg2x 1 - tg2* 3tg a:
Полагая tg x = у, будем иметь:
24У2 + 9>> + 9У - 4 + 4^ - Ъу + 3/ = 0;
+ 28^ + 6^-4 = 0;
+ 8) + 14(У - 4) + 3(>> + 2)= 0, откуда у = -2 или
6/ +2у - 1 = 0.
-1±У7
Решая последнее уравнение, получаем у = —-—.
о
-1±V7
Итак, х = — arcctg 2 + яЛ, А: е Z; х = arcctg — +пп, пе Z
6
При применении универсальных формул произошло сужение
области определения допустимых значений за счет того, что
X * — + Я/7, р 6 Z
Проверим, не являются ли числа вида — + пр, ре Z корнями
3 4 (я "\
данного уравнения: 4tg (я + 2 пр) + cos ц + ^р) = з"^8 I г"+Яр J+ lf
я
-3=1— ложное равенство. Следовательно, х = — + пр,ре Z
не входит в число корней данного уравнения.
-1±V7
Ответ: arcctg 2 + пк, к е Z; arcctg — + ял, я е Z
53

11. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
ВОЗВЕДЕНИЕМ ОБЕИХ ЧАСТЕЙ УРАВНЕНИЯ
В КВДЦРАТ
Пусть требуется решить уравнение 2cos x + sin х = 1. Перенесем
sin х в правую часть и возведем обе части уравнения в квадрат,
получим:
4cos2 х = 1 - 2sin x + sin2 x. (*)
Это уравнение является следствием данного. Оно может
иметь посторонние корни, которые будут корнями
уравнения 2cos jc = —(1 — sin x). Заменяя в уравнении (*) cos2 x на
1 — sin2 х, получим
4 - 4sin2 х - 1 + 2sin x - sin2 x = 0; 5sin2 x - 2sin x - 3 = 0,
откуда sin х = 1, sin х = — -. Далее, найдя х, необходимо
выполнить проверку.
1) х = — + 2пп, п е Z— удовлетворяет данному уравнению и
является его решением.
3
2) х = (-l)"+1arcsin - + пп, п е Z
При п = 2к, к б Z, получим х = —arcsin - + пп, п е Z
Подставив это значение в данное уравнение, получим
( • *Л ( -А \ 9~ 3 8 3
2cos -arcsin- + cjn -arcsin- = 1- 9 1-— = 1* = 1 —
ZCOS{ 5) S1I\ 5) lsY 25 5 '5 5
равенство верное и x = —arcsin - + 2nn, n e Zero решение.
3
При n = 2k + 1, к e Z, получим x = arcsin - + n + 2я£, fc e Z,
и проверка показывает, что эта серия не удовлетворяет
исходному уравнению. Это как раз корни уравнения 2cos х = -(1 - sin x).
54

Можно избежать проверки.
Мы нашли, что sin х = 1, тогда из данного уравнения следует,
71
что cos х = 0. Теперь ясно, что х = "Г+ 2пп, пе Z.
3
Далее мы получили, что если sin х = — -, то вновь из данного
4 ^ .3
уравнения находим cos х = -. Теперь ясно, что х = -arcsin - +
+ 2nn, n e Z
Но данное уравнение можно решить сразу, возведя обе части
уравнения в квадрат и заменив 1 на sin2 x + cos2 x. Имеем:
4cos2 х + 4cos x • sin x + sin2 x = cos2 x + sin2 x. Вновь полученное
уравнение не будет равносильно данному. Среди его корней будут
содержаться корни уравнения 2cos х + sin х = — 1. Необходима
проверка.
Далее имеем 3cos2 x + 4cos x • sin x = 0, откуда cos x = 0, но
п
тогда из данного уравнения следует, что sin х = 1 и х = "Г + 2 пп,
п е Z, вторая серия корней задается формулой tg х = — — или
sin х = —-cos дс. Заменяя в данном уравнении sin x на —-cos x,
4 • 3 • 3 t ^
получим cos дс = -, но тогда sin х = — - и дс = —arcsin - + 2ял,
п е Z. Читатель, очевидно, заметил, что мы избежали проверки.
Можно применить и самый примитивный способ, заменив,
например, sin х на ± л/l-cos2 х , получим ± vl - cos2 х = 1 - 2cos x,
4cos2 х - 4cos x + 1 = 1 - cos2 дс; 5cos2 дс - 4cos x = 0; cos x = 0 или
4
cos дс = -. Далее проверка или нахождение соответствующих
значений sin х.
Уравнение можно решить, рассмотрев систему уравнений
2cosjc+sinjt = l,
< где используются изложенные выше идеи.
[2 2
55

Естественно, это уравнение можно решить и другими
способами, например сведением к однородному, положив
cos х = cos2 - — sin2 -; sin x = 2sin - cos -; 1 = sin2 - + cos2 -,
Z, Z. Z, Z, 2m 2.
или применив метод вспомогательного угла: 2cos x + sin x = 1;
г- 2 !
V5sin (х + ф) = 1, где sin ф = -щ; cos ф = ~т=.
§
Можно также применить формулы: sin х = — и
1+tg2i
2
cos x = , предварительно заметив, не являются ли числа
х = п + 2яя, л е ZpemeHHeM данного уравнения, ибо применение
формул приводит к сужению области допустимых значений.
Предлагаем всеми способами решить уравнения 2sin х — cos х = 1;
sinx— cosx= 1.
Пример 1. Решить уравнение sin3 x + cos3 x = 1.
Решение. Возведем обе части уравнения в квадрат (при этом
вполне возможно приобретем посторонние корни) и заменим 1
на (sin2 х + cos2 х)3, получим (sin3 х + cos3 х)2 = (sin2 х + cos2 дс)3,
откуда 2sin3 x cos3 x = 3sin4 x cos2 x + 3cos4 x sin2 x; 2sin3 x cos3 x —
— 3sin2 х cos2 x = 0, откуда sin x = 0 или cos x = 0. Из серии корней
х = пп, п е Z только х = 2пк, к е Z удовлетворяют данному
уравнению, а из серии корней х = — + тип, m e ZrajibKO х = — + 2я/,
/е Zyдoвлeтвopяют данному уравнению.
Ответ: 2пк; - + 2nl, I e Z, к е Z.
Замечание. Это уравнение можно решить введением новой пе-
ременной sin х + cos х = /, тогда получим уравнение / 1 — = 1.
56

Пример 2. Решить уравнение | sin х | + | cos х I = | sin x + cos x |.
Решение. После возведения обеих частей уравнения в
квадрат, получим равносильное данному уравнение
! sin х| • I cos jc] = sin x cos х, которое имеет решения sin 2х > О,
откуда 2пп < 2х < я + 2пп, п е Z.
я 1
и Т+ЯЛ> пе Z.
Замечание. При возведении в квадрат исходного уравнения
получаем ему равносильное, поскольку уравнение | sin jc I + | cos x I =
= -1 sin x + cos x | корней не имеет.
Пример 3. Решить уравнение 21 sin х | + 31 cos х | = 3.
Решение. 21 sin х | = 3 — 31 cos x |;
4sin2 х = 9 - 181 cos x| + 9cos2 x;
!3cos2x- 18 | cos x| +5 = 0.
i i 9±4 5
Полагая |cosx| =y; 0<>>< 1, получимy= \yx = 1; y2= ~.
Итак, icosxl = 1, тогда | sin x| =0.
Ясно, что обеим уравнениям удовлетворяют х = пк, к е Z.
, . 5 , , 5 , , 12
Если же Icosxl = —, то 21sinхI = 3 — —; |sin х| = —, при
этом | cos х 12 + | sin х |2 = 1, поэтому ответ можно записать в виде
12 5
х = ±arcsin — + я/, / е Z или х = ±arccos — + 2пп, п е Z и
U 1 j
х= ±\п -arccos—] + 2пк, к е Z.
13J
12
-;я: пк, к е Z; ±arcsin — + я/, / е Z.
Пример 4. Решить уравнение | cos Зх | = |sin2jc|.
Решение. После возведения обеих частей уравнения в квадрат,
получим уравнение, равносильное данному: cos2 Зх = sin2 2x или
57

1 + cos 6x 1 - cos 4jc
= ; cos 6x + cos Ax = 0; cos 5jc • cos x = 0;
n nn n
x= — + —, n g Z; x=— + nk, ke Z.
Ответ: — + —, n e Z; — + nk, к е Z.
10 5 2
Замечание 1. Если \f(x) | = | q(x) I, то/(х) = ±д(х), но и если
после возведения в квадрат/(х) - #2(дс) = 0, тоДх) = ±^(х).
Замечание 2. Традиционное решение сводится к решению двух
уравнений cos Ъх = sin 2х и cos Зх = — sin 2x.
Пример 5. Решить уравнение
Vl-sin2;c = cos x + sin x.
Решение. Данное уравнение равносильно системе
[ 1 - sin 2х = (cos х + sin л:),2
L . „ ^/ч fsin2;c=0,
jl-sin2jt>0, <=> J
, . ^_ cos;c + sinjc>0.
[cos Jc + smjc^O l
Ясно, что х = —n, n e Z. Проверка показывает, что только
х = 2nl, I e Zn x= — + 2nm, m e Zявляются корнями данного
уравнения.
Ответ: 2я/, / е Z; —Н 2яаи, т е Z.
Замечание. Интересен и другой вариант решения этого
уравнения. Положим cos х + sin x = t, t e [0, V2 ], тогда sin 2x = t2 - 1, и
исходное уравнение принимает вид V2-/2 = /, откуда / = 1, и
далее надо решить уравнение cos x + sin x = 1.
Пример 6. Решить уравнение J1 - - cos х = sin
Ответ: — + 2я/и, т е Z; —+ 2я/, / е Z.
58

Пример 7. Решить уравнение Vl + cos* - Vl-cos* = cos х.
Решение. Возведение обеих частей уравнения в квадрат
приводит к уравнению 2 — 21sin jc| = 1 — sin2 х или |sin x\2 —
— 21 sin jcГ + 1 =0, откуда | sin x\= 1, но тогда cos x = 0, и
последнее уравнение равносильно исходному, в чем можно
убедиться, выполнив проверку.
Ответ: —+ пп, п е Z.
2
Пример 8. Решить уравнение
Vl-2cos4jt + V3sin 2x = 0.
Решение. Данное уравнение равносильно системе
11 - 2cos4jc = (: 7з sin2x),
|sin2*<0.
1-cos4jc
Решаем уравнение системы 1 — 2cos 4х = 3 • ;
2 - 4cos 4jc = 3 — 3cos Ах; cos Ax = — 1. Далее можно решить
последнее уравнение и среди найденных корней выбрать те,
которые удовлетворяют неравенству sin 2x < 0.
Но мы поступим по-другому. Так как cos 4х = — 1, то 2cos2 2x = 0
и тогда | sin 2х| = l.TaKKaKsin2x<0, Tosin2x=-1; 2x= —— + 2пп,
/7G Z и х = —— + пп, п е Z.
4
Ответ: h пп, п е Z.
4
Пример 9. Решить уравнение VI - cos х • cos Зх = sin 2х — -.
Решение. Уравнение равносильно системе
1 - cos x • cos 3x = \ sin 2x —
1
2
59

Решаем уравнение системы 1 — -cos 4х — -cos 2x = sin2 2x —
- sin 2х + -; 1 - - (1 - 2sin2 2х) - - cos 2х = sin2 2х - sin 2х + -;
4 2 2 4
1 - - + sin2 2jc — — cos 2x = sin2 2х — sin 2x + -;
2 2 4
sin 2х - -cos 2x = --; 4sin 2x - 2cos 2x + 1 = 0;
8sin x cos x — 2cos2 x + 2sin2 x + cos2 x + sin2 x = 0;
3sin2 x + 8sin x cos x — cos2 x = 0.
Последнее уравнение - однородное. Разделив обе части его на
cos2 х ф 0, получим 3tg2 х + 8tg х — 1 = 0; tg х = —= . Теперь мы
должны выбрать те значения х, при которых sin 2х > -. Восполь-
2tgy Vl9-4
зуемся формулой sin 2х = - г . Если tg х = , то sin 2x =
2>/l9-8
3 2У19-8 9 з(УГ9-4) 3>/l9-12 J.
" \ 1 35"8^ " 3 " 44-8VT9 "" 22-4VT9 ' 22-4VT9 " V
9
6л/19- 24 > 22 - 4>Я9; 10VT9 > 46; 5л/Г9 > 23; 475 > 529 -
ложное равенство. Значит, х = arctg + пп, п е Z —
не являются корнями данного уравнения.
Если же tg х = , то sin 2x < 0.
Данное уравнение корней не имеет. Нет необходимости
проводить проверку!
60

Приведем другой вариант решения уравнения:
4sin 2х - 2cos 2х + 1 = 0 (*), 4sin 2х = 1 - 2cos 2x. Возведем это
уравнение в квадрат:
I6sin2 2х = 1 — 4cos 2х + 4cos2 2x\
16 - I6cos2 2х - 1 + 4cos 2x - 4cos2 2х = 0;
20cos2 2х - 4cos 2х - 15 = 0;
2±73О4 1±л/76 т>г /#ч . -
cos 2х = = . Из уравнения (*) находим sin 2jc.
. 1 + V76 л . о 1 + V76 , л л
Если cos 2х = , то 4sm 2х — + 1=0;
. . 4-V76 ^ 1
2=<
Если cos 2х = , то 4sin 2х + 1=0;
4sin 2х = и вновь sin 2x < 0.
Следовательно, данное уравнение корней не имеет.
12. МЕТОДЫ ИСКУССТВЕННЫХ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
Рассматриваются решения тригонометрических уравнений,
требующие искусственных преобразований.
/. Умножение обеих частей уравнения на одну и ту же
тригонометрическую функцию.
Пример 1. Решить уравнение 2cos x (2cos 4* + 1) = 1.
Решение. Раскроем скобки и преобразуем произведение cos4x • cos*
в сумму 4cos 4x cos х + 2cos х = 1; 2cos 5* + 2cos 3* + 2cos x = 1.
Умножим обе части уравнения на sin х. Заметим, что х = пп,
п е ZHe является решением данного уравнения.
2sin х cos 5* + 2sin x cos Зх + 2cos x sin x = sin x.
61

Преобразуем произведения, стоящие в левой части уравнения:
sin 6х — sin 4х + sin 4х — sin 2х + sin 2х = sin x; sin 6х = sin x,
получим 2sin — cos — = 0, откуда 2sm — = 0 или cos — = 0.
2лк , _ л 2лт
Решая последние уравнения, получим х=—, А: е Z; х = —+——,
те Z. Исключим из найденных серий корней корни вида х = пп,
пе Z:
а) — фпп, пе Z\ кф—, пе Z. Ясно, что п — четное число,
т. е. п = 2/, / е Z, а поэтому к * 51, I e Z.
_ тг(1 + 2т) _ 7и-1
б) — ^ пп, п е Ъ\ т * —-—, п е Z. Так как т е Z,
то п * 2р + 1, я е Z, но тогда т Ф1р + 3, р е Z.
Ответ: —, к е Z, кф 5/, / е Z; , aw e Z, тф!р +3,
/? е Z.
Упражнения:
1. cos 2х + cos 5х = — + cos 4x.
Указание: обе части уравнения умножить на cos x.
2. cosx + cos Зх = --.
3. cos х • cos • 2х • cos 4x • cos 8x • cos 16* = —.
Указание: в упражнениях 2 и 3 обе части уравнений умножить
на sin х.
II. Прибавление к обеим частям уравнения одного и того же
числа, одной и той же тригонометрической функции.
Пример 2. Решить уравнение tg х • tg 2х = tg Зх • tg 4x.
Решение. Область определения уравнения задается неравен-
71 , 71 Пп П t Пп 71 Пп „
ствами хф — + пп\ хф — н ; х^- н—; х^ — н—, пе Z.
62

Прибавим к обеим частям уравнения по единице:
tg х tg 2х + 1 = tg 3xtg 4х + 1.
cosx cos*
cos л: cos 2л: cos Зх cos 4л:
Разделим обе части уравнения на cos x * О, получим:
cos х + cos Зх = cos lx + cos x;
cos 7x - cos 3x = 0;
sin 2x • sin 5x = 0, тогда x = —к, к e Z или x = —/, / e Z.
Из первой серии корней области определения принадлежит
только х = я/и, т е Z, но эта серия корней содержится в серии
Нетрудно убедиться, что х = —t,te Zвходит в область
определения.
Например: — / * — + —я; 4/ * 5 + Юл; 4/ - Юл * 5, что
J Т" £л
верно, поскольку левая часть — число четное, а правая -
нечетное; и так далее...
Ответ: х = —/, / е Z
Упражнения:
4. 3 — 4cos 2х + cos 4х = 16sin6 x.
Указание: левую часть уравнения представить в виде
4 - 4cos 2х - 1 + cos 4х = I6sin6 x.
5. Л + tg х + 2tg 2x + 4tg 4x + 8ctg 8x = 0.
Указание: вычесть из обеих частей уравнения ctg x.
///. Тождественные преобразования одной из частей уравнения
(прибавление и вычитание одного и того же выражения).
Пример 3. Решить уравнение cos lx = cos3 x.
Решение. Преобразуем левую часть уравнения:
(cos lx — cos 5x) + (cos 5x - cos Зх) + (cos Зх — cos x) + cos x = cos3 x;
~2sin 6x sin x - 2sin 4x sin x - 2sin 2x sin x + cos x = cos3 x;
63

—2sin x (sin 6x + sin Ax + sin 2x) = cos x (cos2 x — 1);
-2sin x (2sin Ax cos 2* + sin 4x) + sin2 x cos x = 0;
8sin2 x cos x cos 2x (2cos 2x + 1) - sin2 x cos x = 0;
откуда sin2 x cos x = 0, тогда х =— л, п е Z*um
8cos 2x (2cos 2x + 1) - 1 = 0; 16cos2 2x + 8cos 2x - 1 = 0.
n - -1±V2 ,1 -1±V2 , ,
Легко видеть, что cos 2x = ; x = ± - arccos + nk,
4 2 4
ke Z.
Ответ: —n, n e Z; ±-rarccos —=— + nk, к e Z
2 2 4
Упражнения:
6. sin 5x= 16sin5x.
7. sin 5x= --sinx.
4
Указание: левую часть уравнения представить в виде
(sin 5х - sin Зх) + (sin Зх - sin х) + sin x.
8. cos 5х + 2cos Зх + — — = 0.
16cos3jc
Указание: в левой части уравнения прибавить и вычесть cos x,
тогда уравнение легко преобразуется к виду (8cos Зх cos х — I)2 = 0.
9. sin5 х + cos5 x = —(sin * + cos*)•
16
Указание: левую часть уравнения записать в виде:
(sin5 х - sin3 x) + (cos5 x - cos3 x) + (sin3 x + cos3 x),
тогда исходное уравнение легко сводится к виду
(sin х + cos x)(--sin2 2x - -sin 2x + 1) = 0.
а с
IV. Использование свойств пропорции - = —:
о а
а+Ъ c+d а—Ъ c-d а—с а а а+с
~^b = ^d'
64

Необходимо помнить, что применение приведенных выше
равенств приводит к расширению области определения уравнения.
ас а—Ъ c — d
Так, если — = "7 (t>ф О, dф 0), то = , если пф —Ьи
b а а+о с+а
sin 5л: (п Л
Пример 4. Решить уравнение —: = tg т~2* ■
F sinjc ^4 J
Решение. Применяя производную пропорции
п
получим:
2sin Зхcos 2x cos 2x
sin5.x;-sin;c -2tg2x' 2si
3x = + nn, n e Z; x = —— H—n, n e Z.
4 12 3
В ходе решения произошло расширение области определения:
sin 5х — sin х ф 0; sin 2х ф 0; cos 2х ф 0, откуда х ф —р, р е Z;
х* — + —q, qe Z\ х ф — + — /, / е Zдo области х ф пк, к е Z;
6 3 4 2
jc ^ —л + —/я, т е Z. Полученные при решении серии корней
8 2
могут не входить в исходную область определения. Проверим, не
удовлетворяют ли исходному уравнению значения:
x = -K + 2dit,deZ; х = —\- nl, I e Z; х = —I- — q, q e Z;
2 2 6 3
sin—71
а) * = —к 2 я/; я =tg т"11 ; 1 = 1- верное равен-
2 sin— v ^
2
ство, х = — + я/, / е Z— решение данного уравнения.
65

3 81пТя (п \
б) х = —я + 2ти/; т—= tg "г " Зя ; 1 = 1 — верное равенство,
sin-я ^ '
2
х=-п + 2nd, rfeZ- решение данного уравнения.
я , я _ -1 б 3 Ч
я я
+
l=tg| q\. Последнее равенство верно при q = 3/+ 1,
/е Z, но тогда х = — + — (1 + 3/) = — + я/, /е Z Сюда входят
6 3 2
решения, ранее найденные в пунктах а) и б).
4 2
—г^ = —tg — . — 1 = — 1 — верное равенство,
п_ я ) 4
4 2
66

х = — н—/, /е Z— решение уравнения.
Ответ: -^ + |л; |+ я/; ^ + |/, ({л,/, /} е 2).
Упражнения:
2>/3cosl0o + l
'
2sinlO° + l
cos * +sin* cos 25°
11 = "7= .
cos*-sin* + 2 V2-sin25°
Ответы к упражнениям:
1} 10 + 5Л' П * 2 + 5*; ±|
2) ^p л * 3/, {/i, /} e Z; | +y^, Л ^ 2 + 5m, {*, m} e Z;
3) —, n ф 31m, {/i, m)e Z; — + —, k*\6 + 33/, {k, I) e Z;
4) я*, Л e Z; - + -л, /i e Z;
5) — + nk, к е Z;
6) ± — + nn, n e Z; nk, к е Z;
6
7) та, /IE Z; ±-arccos- Н-тгЛДе Z; ±-arccos -- Н-тст, mE Z;
8) ±-arccos + 7i/i, n e Z;
2 4
10) ±10° + 1804 ne Z
11) 70° + 3604 ne Z; 2arctg(2 - tg 35°) + 3604, {л, k) e Z
67

Решение упражнений.
1. Умножив обе части уравнения на cos х, получим
cos х cos 2x + cos x cos 5x = -cos x +-cos x cos Ax. Преобразуем
произведения: —(cos Зх + cos x) + — (cos 6x + cos Ах) — —cos х +
+ -(cos 5х + cos Зх). Получаем уравнение cos 6x + cos Ax—cos 5х = 0;
2cos 5х • cos х — cos 5x = 0, откуда cos 5х = 0 или cos х = —. Итак,
— н—л, л е Z; х = ±— + 2яА:, hZ Исключим из найденных
серий те значения, при которых cos x = 0.
— + -п Ф-+пк; 1 + 2л * 5 + lOJfc; л * 2 + 5Jfc; к е Z
Ow^/w: — + -я, л ?fc 2 + 5А:; ±- + 2пк {л, )fcy € Z
2. Применение формулы для тройного угла приведет к
кубическому уравнению, поэтому умножим обе части уравнения на sin x:
1 . ^ 1 . А 1 . ^ 1 .
-sin 2x + -sin Ax — -sin ix = -sin х,
откуда sin 4x - sin x = 0; sin— =0 или cos—= 0.
2пп „ п 2лк . „
х=—, п g Z; х= - + —, /:g Z
Исключаем из найденных серий х = я/, / е Z, не являющееся
решением уравнения.
^ = ^, „ * 3/; {л, /} е Z; я • ^^ * я/; ** ^, {к, 1} е Z
Очевидно, что А; будет целым при / = 2/и + 1, но тогда
А: * 2 + 5л2, {А:, т) е Z
Олюети: —, пф31, {л,/}g Z; - + —, к* 2 + 5/л, {к, т) б Z
68

3. Умножив обе части уравнения на sin х, получим
31jc 33jc
sin 32* - sin х = 0, откуда sin-г- = 0 или cos-т- = 0. Далее
находим, что х = —, где п ф 31аи; {я, аи} е Z, х = —- + —, к е Z,
но — + — ф пп, откуда к ф —-—. Легко видеть, что п — нечет-
33 33 2
66/ + 32
ное число, т.е.пФ21+\икФ —-— = 33/ +16, {к, /} е Z
Ответ: —,пф 31/и, {п, т) е Z; — + — ,кф 16 + 33/, {к, /> е Z;
4. Представим левую часть уравнения в виде:
4 - 4cos 2х — 1 + cos 4х = 16sin6 x;
8sin2 х - 2sin2 2л: - 16sin6 x = 0;
8sin2 x — 8sin2 x cos2 x - 16sin6x = 0,
откуда sin2 x = 0 или 1 — cos2 x - 2sin4 x = 0; sin2x — 2sin4 x = 0 и
cos2 х = 0. Ясно, что х = пк, к е Z; х = — Н я, п е Z.
5. Область определения уравнения задается неравенствами
cos х * 0; cos 2х ф 0; sin 4х ^ 0; sin 8x ф 0. Достаточно оставить только
одно sin 8x*0.
Вычитая из обеих частей уравнения ctg x, будем иметь:
V3 + (tg х - ctg x) + 2tg 2x + 4tg 4x + 8ctg 8x = -ctg x;
л/3 - 2ctg 2х + 2tg 2х + 4tg 4х + 8ctg 8х = -ctg x;
4ъ - 4ctg 4х + 4tg 4х + 8ctg 8х = -ctg x;
4b - 8ctg 8х + 8ctg 8х = -ctg х; ctg х = - 4ъ и х = — + пп, п е Z
6
Ответ: — + пп, п е Z;
6
6. Представим уравнение в виде
(sin 5х - sin Зх) + (sin Зх - sin х) + sin х = 16sin5 x.
69

2sin x cos 4x + 2sin x cos 2x + sin x — 16sin5 x = 0;
sin x = 0; я: = rcfc, ieZ
2(2cos2 2x - 1) 4- 2cos 2x + 1 - 16 [ Iz£2i?£ | = 0;
4cos2 2x - 2 + 2cos 2x + 1 - 4 + 8cos 2x - 4cos2 2л: = О;
lOcos 2x = 5; 2x = ±arccos -+ 2nn, я е Z
x = ±— + лл, я g Z.
6
Ответ: пк, к e Z; i- + ял, «6 Z
6
7. Как и в № 6 получаем уравнение
2sin x cos 4л: + 2sin x cos 2x + sin x + ysin x = 0;
sin л: = 0 и х = ял, я е Z.
4cos2 2л: - 2 + 2cos 2л: +1 = 0;
3 -1±2
4cos2 2л: + 2cos 2л: -- = 0; cos 2х = —-—.
4 4
Ясно, что х = ±-arccos - + пк; х = ±-arccos -— + тип, m e Z
Ответ: ш\ ±--arccos —+ пк; ±-arccos "Т + тття, {п, к, т) е Z
2 4 2 ^ 4J
8. Прибавим и вычтем в левой части уравнения cos x, получим:
cos 5х + cos х + 2cos Ъх + тт ~ cos x = 0;
1OCOS3*
2cos Зл: cos 2x + 2cos Зх + — cos x = 0;
16cos3jc
4cos2 x cos Зх — 2cos Зх + 2cos Зх + — cos x = 0;
16cos3x
64cos2 x cos2 3x - 16cos 3x cos x + 1 = 0;
70

(8cos x • cos 3jc - I)2 = 0; 4cos 4x + 4cos 2x - 1 ^ 0;
8cos22x + 4cos2x-5 = 0; cos2x = "2±>/44 :Ц^
8 4
1 >/iTi , , _
x = ±-arccos + nk, ke Z.
2 4
Ответ: ±-arccos + nk, ke Z;
2 4
9. Исходное уравнение равносильно уравнению
(sin5 x — sin3 x) + (cos5 x — cos3 x) + (sin3 x + cos3 x) = -7 (sin x + cos x).
16
-sin3 x cos2 x - cos3 x sin2 x + sin3 x + cos3 x ——(sin x + cos x) = 0;
10
(sinx + cosx) -sin2xcos2x + l-sinxcosx-— = 0,
I 16J
откуда sin x + cos x = 0 или (sin x cos x)2 + sin x cos x — 77 = 0.
lo
Первое уравнение имеет решение х = 1- nn9 n e Z, а из
4
второго уравнения находим sin x cos х = —-—; sin 2х = —;
Ответ: (— 1)*— Н , ke Z; + пп, п е Z
10. Область определения уравнения задается неравенствами
cos Зх ф 0; cos x ф 0; sin x * 0.
По свойству пропорции:
2>/з cos 10°-2 sin 10° tg3x-tgx5
71

V3coslO° + sinlO° + l _ sin4jc
& cos 10° -sin 10° ~ sin2*'
2 cos 20°+ 1 _ _ cos 20° +cos 60° ^
— tt^- = 2cos 2x\ — = 2cos 2x\ cos 2x = cos 20°;
2 cos 40° cos 40°
x = ±10° + 180°я, пе Z. Очевидно, что расширения области
допустимых значений не произошло.
Ответ: ±10° + 180°л, п е Z
11. По свойству пропорции
2cosjc + 2 _ cos25°-sin25° + 72
2sin*-2 " cos25° +sin25°-V2'
-4=cos25°—^sin25° + l - „ЛО л
cosjc + 1 _ J2 V2 cosx + 1 _ cos70° + l
-LCos25 + -i-sin25-r l " sin70°-1 '
V2 V2
sin 70° cos x — cos x + sin 70° — 1 = sin x cos 70° + sin x — cos 70° — 1;
sin (x - 70°) + sin x - sin 70° + (cos x - cos 70°) = 0;
2sin—-— cos—-— + 2sin—-— cos
^ . x-70° . jc + 70° Л . jc-70°
— 2sin—-— sin—-—= 0, откуда sin—-—= 0 и
x = 70° + 360°«, n e Z.
Далее решаем уравнение:
x-70° jc + 70° дг+70° п
cos— 1- cos— sin—-—= 0;
XXX
2cos — cos 35° — sin — cos 35° — cos - sin 35° = 0;
-tg | cos 35° + 2cos 35° - sin 35° = 0;
tg|= 2 - tg 35° и x = 2arctg(2 - tg 35°
Ответ: 70° + 360°и, пе Z; 2arctg(2 - tg 35°) + 360° A:, {«, k) e Z.
tg|= 2 - tg 35° и x = 2arctg(2 - tg 35°) + 360°/i, n e Z.
72

13. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
МЕТОДОМ ЭКСТРЕМАЛЬНЫХ ЗНАЧЕНИЙ
При решении некоторых тригонометрических уравнений
удобно использовать ограниченность функций sin x и cos x.
Пример 1. Решить уравнение cos 2x sin x = 1.
Решение. Поскольку |cos 2х| < 1 и |sin х| < 1, то |cos 2x| • |sin jcJ < 1
и исходное уравнение равносильно совокупности:
[cos2x = l,
[sin* = 1;
[cos2jc = -1,
[sin* = -1.
Для первой системы имеем 1 - 2sin2 х = 1, откуда sin x = 0 и
система противоречива:
Jsin х = О,
\ • _! - решений нет.
i sin х — 1
Из первого уравнения второй системы следует, что 1 - 2sin2 х = -1;
sin2 x=l;sinx=±l. Ясно, что обоим уравнениям системы
удовлетворяют только те значения х, при которых sin x = -1 и
х = ——Ь 2пк, ke Z— решение данного уравнения.
Замечание 1. Можно, конечно, решить каждое уравнение
системы и общие корни найти, изобразив их на окружности
единичного радиуса.
Замечание 2. Приведем другое решение этого уравнения,
заменив cos 2х на 1 — 2sin2 х, получим sin х — 2sin3 х — 1 = 0. Положив
sin х = t, | /1 < 1, получаем уравнение 2/3 - f+ 1 = 0, Р + 1 + fi -1= 0;
(/ + l)(f - t + 1) + t(t - \){t + 1) = 0; (/ + \){2fi - 2t + 1) = 0,
откуда / = —1, sin x = — 1 и x = ——I- 2nk, ke Z.
73

Пример 2. Решить уравнение sin 18х + sin 10х + sin 2x = 3 + cos2 2x.
Решение. Так как sin 18х + sin 10х + sin 2x < 3, то cos2 2х < О,
откуда cos 2x = 0, и возможные корни данного уравнения
п п
х = —Н —я, п е Z.
4 2
Подставив это значение в левую часть уравнения, получим
(9п \ . f 5тс \ . (и \ ~ . 1^,— ] ~
sin — + 9лп + sin — + 5лл + sin —+пп = 3sin ~+Пп = 3
12 J [2 j [2 ) [2 )
только при п = 2к. Следовательно, х=—\- пк, ке Z— решение
4
данного уравнения.
Пример 3. Решить уравнение sin5 х + cos4 х = 2 - sin7 x.
Решение. Легко видеть, что sin5 x < sin2 x и cos4 x < cos2 x.
Следовательно, sin5 х + cos4 x < 1; sin2 x + cos2 x = 1, но тогда 2 — sin7 х < 1;
sin7 х > 1, откуда sin х = 1 и х = — 4- 2л;я, п е Z — возможные
решения данного уравнения. Непосредственная подстановка
х = — + 2ял, п е Zb данное уравнение показывает, что эти числа
действительно являются его корнями.
Ответ: —I- 2пп, п е Z
Пример 4. Решить уравнение sin х + cos х — 1 = vcosx-T.
Решение. Из условия следует, что cos х - 1 > 0 и, значит, cos х = 1,
но тогда исходное уравнение дает sin x = 0. Следовательно, чтобы
данное уравнение имело корни, необходимо, чтобы имела реше-
[COSJC=1, oil rr
ние система \ откуда х = 2л;&, ке Z.
[sinjc =0.
Ответ: 2пк, к е Z
Пример 5. Решить уравнение sin x + cos x • cos 8x = V2.
Решение. Применим формулу для левой части уравнения
asm х +£cos x = va2 + b2 sin (x 4- ф), получим Vl + cos2 8jcsin (x + ф),
74

1 cos8jc
где cos ф = г jt- и sin ф =
1Д Y VI + cos2 8* Y
Итак, получаем Vl + cos2 8jc sin (x + ф) = V2.
Легко видеть, что Vl + cos2 8jc sin (x + ф) < Vl + cos2 8jc < V2.
Значит, чтобы данное уравнение имело корни, необходимо,
чтобы его корни удовлетворяли уравнению 1 + cos2 8х = 2; cos2 8х = 1.
Если cos 8х = 1, то исходное уравнение принимает вид
sin х + cos x = V2. Получаем систему
[cos8jc = 1,
= V2;
п
Х=—П, ПЕ Z,
4
п п г
sin—n + cos — n = V2.
4 4
Второе уравнение обращается в верное равенство при п = &к + 1,
их= —I- 2я;&, ке Z является решением данного уравнения.
4
Если cos 8х = —1, и х = — + —, /я е Z, то равенство
0 4
sin х — cos x = V2 не обращается в верное при этих значениях х.
Ответ: — + 2пк, ке Z
4
Пример 6. Решить уравнение 2cos2 * ~ — = 4 + sin х + V3 cos x.
Решение. Заметим, что sin х + V3cos х = 2 —sinx + —cosx =
= 2 sinjc-cos — + cosjc-sin— = 2sin x + — . Получаем равно-
v 3 3 J ^ 3 J
Г я4) Г л4)
сильное данному уравнение cos2 \ х - — = 2 + sin jc+~ . Делаем
1 6) \ 3)
75

оценку для левой и для правой частей: 0 < cos2
И) * •■
1 < 2 + sin \х + — < 3. Следовательно, исходное уравнение может
иметь корни, которые удовлетворяют системе
cos2|*--| = 1,
2 + sinf jc + - | = 1;
sinf jcH— ] = —1;
x = —
6
sinf —+7T>i | = -
-1, ПЕ Z.
Второе равенство оказывается верным, если п — 2к + \, ке Z.
Ясно, что тогда х = — + п + 2пк = ь 2пку к е Z. Внима-
6 6
тельный читатель заметит, что это уравнение легко решается,
если его преобразовать к виду 2cos2 х— = 4 + 2cos he— ;
I 6 J I 6 J
cos'
V
;—I — cosl x— -2 = 0, откуда coshe—| = — 1;
6 J 16 1 16
x-- =
6
Ink, ke Z\ x = Ц- + 2тсА:, к е Z.
6
Если заменить уравнение на 2cos6 he — I = 4 + sin x 4- 7з cos x,
\ 6)
то преимущество первого способа налицо.
Пример 7. Решить уравнение sin5 x + cos5 x = 1.
Решение. Так как sin5 х < sin2 х и cos5 х < cos2 х, то sin5 х 4- cos5 х < 1.
Знак равенства (sin5 х + cos5 х = 1) имеет место при sin5 х = sin2 x
и cos5 х = cos2 x. Одновременное выполнение этих равенств
возможно, когдах = 2пп, п е Z или х = — + 2пк, ke Z.
п
Ответ: 2пп\ —I- 2nk9 ke Z, n e Z.
76

Пример 8. Решить уравнение: sin2 2х + sin2 4х + sin2 6х = 0.
Решение. Легко сообразить, что данное уравнение равносильно
системе
sin 2x = О,
sin4x = 0,
sin 6x = 0;
х = — т, mEZ,
4
* = -/, /eZ.
6
Отмечая все корни на окружности единичного радиуса, замечаем, что их
совпадение наступает в точках 0; —; п\ —. Ясен и ответ: х=—я, пе Z
Пример 9. Решить уравнение sin x + cos x = jc —
I 4
Решение. Так как sin x + cos x = V2 sin jc + — , Tosi
и, следовательно, jc- — + V2<V2, откуда jc— < 0. Если дан-
{ 4) I 4 j
ное уравнение имеет корень, то необходимо (но не достаточно),
чтобы х — — = 0; х =—. Непосредственная подстановка х = —
4 4 4
в исходное уравнение показывает, что это число — его корень.
Пример 10. Решить уравнение Vcosjc + Vsin x = 1.
Решение. Из условия следует, что cos х > 0; Vcosjc > 0, тогда
0 < Vsinjc <lifO<sinjc<l. Имеем далее, что Vcosjc > cos2 x и
Vsinjc > sin2 x, а поэтому Vcosjc + Vsinjc > 1 и знак равенства
имеет место, когда rcosx = cos х> откуда х = $ + 2тс/и, /wgZ
sin jc = sin2 jc,
и x = 2™, я g Z.
11

14. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
С ПОМОЩЬЮ СКАЛЯРНОГО
ПРОИЗВЕДЕНИЯ ВЕКТОРОВ
Известно, что скалярное произведение двух векторов равно произ-
-» -» —> ->
ведению их длин на косинус угла между ними а • Ь = | а | • | Ь | cos a.
Так как |cos а| < 1, то \а • Ъ \ < \а | • \b\. Если векторы
заданы в координатной форме, т. е. а{ах\ а2) и Ъ{ЬХ\ Ь2}у то
Пример 1. Решить уравнение
sin xvl + cos2 x + cosxvl + sin2 x = 7з.
—»
Решение. Введем векторы a {sin x; cos x} и
+ cos2jc; Vl + sin2A:}, тогда а • b= sin^Vl + cos2 x +
+ cosWl + sin2* < vsin2 x + cos2 x V2 + sin2 дс + cos2 х =7з. Итак,
sin xv1 + cos2jc+ cos xvl + sm2jc < 7з. Очевидно, что исходное
уравнение можно записать в виде а • b =\а\ • |Ь |, но это
равенство выполняется, когда угол между векторами равен 0°. Значит,
векторы сонаправлены, т. е. коллинеарны, а у коллинеарных
векторов соответствующие координаты пропорциональны, т. е.
sin х cos х
I = = i , причем sin x и cos x имеют одинаковые
Vl + cos-jc vl + sirr*
знаки: sin2* + sin4 x = cos2 x + cos4 r, cos 2x = 0; 2x = — +nn,ne Z\
2
x= —I- — я, n g Z Из первоначального уравнения следует, что
sin х > 0 и cos х > 0 (с учетом того, что sin x и cos x одного знака)!
Ясно, что х = — + 2т, п е Z.
4
Ответ: —V 2пп9 п е Z.
4
78

Пример 2. Решить уравнение sin Wl + sinx 4- v3-sin* =
= 2vsin2jc + l.
Решение. Введем векторы а {Vl + sin2 х; V3 - sin х} и ь {sin х; 1}.
Ясно, что уравнение можно представить в виде а • Ь =\ а\ ' \ Ь\
и, используя условие сонаправленности векторов а и Ь ,
получаем, что их координаты должны быть пропорциональны, то есть
#= :
= v3-sinjc(*), sm3 x — 3sm2 x 4- sin x + 1 = 0 или
sinjc
(sin x — l)(sin2 x — 2sin x — 1) = 0. Так как 0 < sin x < 1 (что следует
из уравнения (*)), то sin x = 1 и х = — + 2пп, п е Z.
Ответ: —I- 2nn, n e Z
Пример 3. Решить уравнение
sinxVshTuc + cosx Vcos д: = Vsin x + cos x .
-» -> i i
Решение. Пусть a {sin x; cos х} и & {Vsinx ; vcosx}, тогда
sin xvsinx 4- cos xvcosx < vsinjc + cosjc, и знак равенства имеет
sin x
cos x
место, если
Я G Z
или Vshiuc = Vcosjc, откудаx = -4- 2тсл,
7Г
7Г
Ответ: — 4- 2ял, n e Z.
Пример 4. Найти все пары (х; у), удовлетворяющие уравнению
sin х cos2 у + cos x sin2 у + 1 = ^2(1 +cos4 у + sin4 у).
Решение. Рассмотрим векторы a {sin r, cosx; 1} и Ь {cos2 у, sin2 у; 1},
тогда sin х cos2 у + cos x sin2 у + 1 < 4l • V 4 4
у =
79

Ясно, что векторы а и Ь для выполнения равенства должны
быть сонаправлены, а их соответствующие координаты
пропорциональны.
„ sin х cosx
Получаем —;— = ~~г = 1, последнее равенство можно
cos" у sin у
[siiu cosy, _
записать в виде системы < Возводим обе части
[cosjc = sin у .
равенств в квадрат и складываем, получим sin4 у + cos4 у = 1,
откуда sin у = 0 или cos у = О, что невозможно.
Ответ: решений нет.
15. О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЙ ВИДА
sin х = sin у, cos x = cos j>, tg x = tg у
Если sin x = sin у, то x = (—1)* arcsin(sin y) + nk, ke Z, откуда
x = nk 4- (— 1)* у. Если к = 2/i, то х — у = 2ял, если fc = 2л 4- 1, то
х + у = (2п + 1)я, где п g Z
Если cos х = cos j>, то х = ±arccos(cos j>) + 2nk, к е Z,
x = ±y 4- 27cfc, ke Znx±y= Ink, ke Z.
Если tg x = tg у, то x = arctg(tg y) + 7tfc, fc g Z; x = j; + nk, к е Z
их — y = nk, ke Z.
Эти условия можно использовать для решения уравнений вида
sin nx = sin mx\ cos nx = cos mx\ tg пх = tg mx; sin их = cos /их;
tg /2X = Ctg /ИХ.
В последних двух уравнениях достаточно одну из функций по
формулам приведения заменить на сходную функцию (например,
синус на косинус).
Заметим, что приобретение определенных навыков позволяет
в уме решать уравнения вида sin 5х = sin 2x.
Решение. 5х - 2х = Ink и 5х + 2х = (2л + 1)я, {л, к) е Z, откуда
2пк f „ гс(2я + 1) _
х = , к е Zh х = — -, п е Z

Пример 2. Решить уравнение cos Зх = sin x.
Решение. Записав уравнение в виде cos Зх
получаем Зх ±\ — х\ = 2пк, ке Z.
2
2х + - = 2nl, le
-
l, le Z;
2) 4х = 2пп, п е Z; х= — Н , п е Z
2 8 2
Ответ: —— + nl, I e Z; — Н , я g Z
4 8 2
cos | y~*I>
Пример 3. Решить уравнение tg Зх = tg x.
Решение. Область определения: х ф — + —Л, & е Z и
6 3
X * — + 7EAW, т Е Z.
Согласно полученному условию равенства тангенсов двух
углов, получаем Зх - х = пп, п е Z; х = — п, п е Z
Все дальнейшие рассуждения представлены на единичной окруж-
п „
ности, где отмечены точки, соответствующие корням х = —п, пе Z,
и крестиками отмечены числа — Н—&, & е Z и — + яаи, те Z
6 3 2
Я '
\
2
\У
С 9 >
Ясно, что данному уравнению
удовлетворяют числа я/, /gZ
Ответ: я/, / е Z
81

Пример 4. Решить уравнение cos2 Ах = cos23x.
Решение, cos2 Ах - cos2 Зх = 0 <=> (cos Ах — cos Зх) • (cos 4x + cos Зх) =
[cos 4* = cos Зле, _
= 0 <=> Для первого уравнения имеем, что
[cos4* =cos(rc -Зх).
Ах± Зх = 2пк, ке Z; х = 2nd,de Znx= , те Z. Если т = Id,
d e Z, то вторая серия корней содержит первую, и поэтому
х = , те Z. Второе уравнение приводим к равенствам:
Ах + я — Зх = 2ял, л g Z; х = —п + 2яя, я е Z и
4х - я + Зх = 2я/, / б Z; х = - + 2—, / б Z
Ответ: ; —я + 2яя; ; [п, т, 1} е Z.
Замечание. Все полученные серии можно объединить в одну
16. УРАВНЕНИЯ С ОГРАНИЧЕНИЯМИ
Решение некоторых тригонометрических уравнений требует
проверки условий, которым должны удовлетворять найденные корни.
Это может быть условие, когда требуется найти корни,
принадлежащие какому-нибудь промежутку или удовлетворяющие другому
уравнению или неравенству. Во многих случаях нахождение этих
корней требует решения неравенств в целых числах.
Подобные задания предлагаются на вступительных и
выпускных экзаменах, в том числе и на ЕГЭ.
Обратимся к примерам.
„ . _ sin л:-cos* _
Пример 1. Решить уравнение —, = 0.
82

[sin x -cos x = 0,
l~2
Решение. Данное уравнение равносильно системе
[п*-
[tg*=l, „
которое в свою очередь равносильно системе \ Корни
[|*|<Я.
уравнения системы задаются формулой х= — + пп, пе Z.
Далее остается решить неравенство в целых числах —п < — + т < я;
4
5^ ^ 3 1 л ЗЯ Я
~~7< п < Т> откуда л = -1ил = 0и значит * = и х = —.
4 4 4 4
^ Зя я
Ответ: ; —.
4 4
Замечание. Корни и — можно найти и непосредственно,
4 4
придавая х целые значения до тех пор, пока корни «не выйдут» за
промежуток (—я; я).
X X
Пример 2. Найти все решения уравнения sin — + cos — = 1 + sin x,
удовлетворяющие условию Ы < 2.
( • х лЛ
Решение. Так как 1 + sin* = sin- +cos— 9 то исходное
уравнение равносильно уравнению sin^ +cos^ I- sin- +cos- =°,
XX X XX
откуда sin - +cos- =0 их = — - +2пп, п е Zunn sin- + cos- = 1;
1. ^ - - = - + 2пк, ке Z; x = n + 4nk, ke Z
2 4 4
83

Сразу заметим, что корни этой серии не удовлетворяют
неравенству | х | < 2 ни при каком целом значении к.
2. Далее получаем еще одну серию =—+ 2я/, /gZ; x=4nl,
2 4 4
/ е Z Из этой серии только х = 0 удовлетворяет неравенству | лс | < 2.
3. Решаем в целых числах неравенство -2 < -— + 2пп < 2;
-2+-< 2яя< 2 + -; --+-<#!<- + - откудая = Оил; = -^-
2 2 Я 41 Я т1 ^
еще одно искомое решение данного уравнения.
Ответ: 0; .
Пример 3. Решить уравнение Vcos.x-1 + х2 — 4я2 = 0.
Решение. Область определения уравнения задается неравенством
cos х — 1 > 0, но по определению -1 < cos x < 1 и, значит, cos x = 1.
Возможные корни уравнения находятся среди корней х = 2пп, пе Z
Выполняем непосредственную подстановку х = 2пп, п е Z
в исходное уравнение, получим 4я2я2 — 4я2 = 0, откуда п2 = 1 и
л = ±1. Итак, искомые корни данного уравнения х = ±2я.
Ответ: ±2п.
Пример 4. Решить уравнение Vsin х -1 + Vcosjt + 1 = cos 4x.
Решение. Из условия следует, что возможный корень
уравнения находится среди корней х= —Н 2яя, я е Z(cm. пример 3).
Подстановка этих значений в исходное уравнение дает равенство
1 = cos (2я + 87ш), п е Z, которое оказывается верным при
любом п. Значит, х= —Н 2яя, я е Z— корни данного уравнения.
Ответ: —Ь 2пп, п е Z
Пример 5. Решить уравнение (cos 2x) V2 - х2 = 0.
84

Решение. Данное уравнение равносильно системе
[cos 2* = О,
[2 - х2 > О, Корнями уравнения cos 2х = О служат числа — + —я,
2
+
2-х2 = 0.
п е Z. Теперь из них выделим те, которые удовлетворяют
неравенству 2 — х2 > 0. Простой перебор или решение неравенства
-J2< — Н—«<Лв целых числах показывает, что я = — 1ия = 0,
т. е. х = ± корни данного уравнения. Остается также заметить,
4
что x=±4l также его корни.
Ответ: ± Л; ± —.
4
Пример 6. Решить уравнение cos ^2-х2 = —
Решение. Положим д; =-j2-x2, тогда 0 < .у < V2, а при этих
значениях .у функция cos .у убывает и каждое свое значение
принимает только при одном значении аргумента. Итак, необходимо
решить систему
тс Iw .In
2 откуда у= - но тогда V2-jc2= - их= ±J2 .
Ответ: ± -/2 .
V 9
Пример 7. Найти корни уравнения sin2 х + sin2 2х = sin2 Зх,
удовлетворяющие неравенству cos x< —-.
Решение. Применяя формулы понижения степени, получаем рав-
1 - cos 2х 1 - cos Ах 1 - cos вх
носильное данному уравнение + = ,
85

которое приводится к виду 1 — cos 2х - cos 4x + cos 6х = 0;
2cos2 Ъх — 2cos Зх • cos х = 0, откуда cos Зх = 0 или cos Зх — cos x = 0.
Из последнего уравнения легко получить уравнения sin 2x = 0 и
sin х = 0, причем корни второго уравнения находятся среди
корней уравнения sin 2x = 0. Корни данного уравнения
задаются формулами х= — +—, п е Z и х= —к, ке Z. Рассмотрим
6 3 2
неравенство cos х< —-, оно справедливо для
х е
— + 2пт\ — + 2п,п I m e Z.
\ 3 3 J
„ [2я 4я) м
На промежутке —; — из полученных серии корней нахо-
57i щ
дятсях = — \х = п\х= —.
6 6
Ответ: — + 2пп; п + 2пк; 1- 2nl, {п, к, 1} е Z.
6 6
Пример 8. Найти все решения уравнения sin2 х - — = 0,
удовлетворяющие неравенству | cos х — х \ < 2.
Решение. Применяя формулу понижения степени
l-cos2* I- cos 2x 1
sin2 х = , получаем — = 0, откуда cos 2x = 0 и
х= 1- —, пе Z. Заметим, что если cos2х = 0, то 2cos2х — 1 = 0,
1
откуда cos х = ± —щ. Остается найти все те значения п, при которых
+ 1
1)
П Ли
4~Т
4г 4
2
~г~~^~~^ ^ 2, или в приближенном исчислении
1-0,708 - 1,57я| < 2 или 10,708 + 1,57л | < 2. Непосредственной
86

подстановкой убеждаемся, что только при целых я = — 1 и я = О
это неравенство обращается в верное и х = ± —.
4
2)
_1 я__ял
л/2 4 2
V2 4
< 2 или в приближенном
исчислении 11,492 + 1,57я | < 2, откуда п = -2 и я = 0, и только
при п = — 2 получаем новый корень х= п= - —.
4 4
п .ТС 371
Ответ: ±—; .
4 4
Пример 9. Найдите нули функции h(x) = 6х + х2 - х3 — Vcosfljc -1 •
Решение. Найдя область определения функции, получаем
COS71X- 1 > 0, то есть cos тис > 1, но | cos тис | < 1, поэтому cos тис = 1,
кх = 2пп, п е Z; х = 2п, п е Z. Итак, получаем, что данное
уравнение равносильно системе
U = 2п,
Из последнего уравнения получаем, что п = 0 или 2п2 - п - 3 = О,
откуда целое п = —1, х = 0 или х = —2.
Ответ: —2; 0.
Пример 10. Сколько корней имеет уравнение
fl-2sin2-llog2(4-x2) = 0?
Решение. Так как 1 — 2sin2 — = cos x, то данное уравнение
равносильно системе <
fcos х = 0,
4-х2 >0.
87

Решая первое уравнение системы находим, что х = — + пп,
пе Z. Решая методом интервалов неравенство 4 — х2 > О, находим
-2 < х < 2. Итак, из серии корней х = — + пп, п е Z, необходимо
выбрать те, которые удовлетворяют полученному неравенству
—2 < — + пп < 2, откуда < п < — откуда п = О,
2 П 2 П 2
п = — 1их= ± корни данного уравнения. Решаем уравнение
Iog2(4 — х2) = 0; 4 — х2 = 1; х = ± V3. Неравенство системы при
этом выполняется.
Ответ: 4 корня.
17. СИСТЕМЫ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
При решении систем тригонометрических уравнений
пользуются способом подстановки или сводят системы тригонометрических
уравнений к системам алгебраических уравнений. В ряде случаев доя
решения системы тригонометрических уравнений ее преобразуют с
помощью почленного сложения, вычитания, умножения, деления
уравнений с целью, например, исключить одно из неизвестных,
разложить полученное уравнение на множители и т. д. Решения
системы записываются в виде упорядоченных пар (х; у).
Пример 1. Решить систему уравнений
sin(;c-;y) = 2sinjtsiny,
2
Решение. Из второго уравнения заданной системы найдем
у = х. Подставив это значение у в первое уравнение, запи-
(. п \ л (п } (п ^ Л ^ (п \
шемзш 2х-—\ = 2sinxsin ~z~x ; —sin ~~2х =2sinxsin —х\.
\ 2) \2 ) \2 ) \2 )
88

Применив формулы приведения, будем иметь —cos 2х = 2sin х cos x,
или, так как 2sin x cos x = sin 2х, —cos 2x = sin2x. Разделив обе
части этого уравнения на cos 2х ф О, получим tg 2х = — 1, откуда
п
пп
Т
п
п ( п я
}' п е z Тогдад;= I T7+T
5я
я
Ответ: [—(4п-1); —(5-4л)1 л е Z
18 8 J
Isi
iny = v2,
Пример 2. Решить систему уравнений \ 1
cos jc cos у = — •
Решение. Первое уравнение, применив формулу для суммы си-
х+у х-у 1
нусов, приведем к виду sin cos = ~jr. Левую часть
второго уравнения преобразуем следующим образом: cos x cos у =
cosz - sinz ——
. В результате получим систему
х+у х-у_ 1
2 C0S 2 "Л'
-У ■ 2 Х+у 1
2 2 2
S1I1
2 Х-у . 2
cos - sm
2
равносильную исходной. Обозначив
sin , v = cos , придем к системе
MV =
„'-у'Л,
89

1 1
которая имеет два решения: и{ = —щ, v{ = 1; и2 = ~~~к, v2 = — 1.
Таким образом, каждое решение исходной системы является
решением одной из систем:
sin
cos
x + y
2
ix-y
2
1
vr
(*)
. x+ у
cm —
sin -
2
1
Л'
■
Проведя выкладки в обратном порядке, убеждаемся в том, что
верно и обратное: каждое решение любой из систем (*) и (**)
является решением исходной системы. В таких случаях говорят,
что заданная система равносильна совокупности систем (*) и (**).
Из системы (*) имеем
X+ у _ (_ 1 ih ^
2 ~ 4
. 2
m6Z>
Отсюда
находим jct = (-l)"1^ + (aw + 2я)я; у{ = (~l)mj + (m- 2n)n.
Решаем систему (**): <
2
:
2
Отсюдаx2 = (-l)w+1- + (w +2я+ 1)тс; у2 =
+ (т~2п- 1)тс.
Я
71
: ((-I)7"" + (/я + 2я)я; (-l)"2^ + (/я - 2л)я);
1)7с; (_
_ 2п -
90

Пример 3. Решить систему уравнений
Jcos2 х + cos2 у = cos х + cos у,
[cos(jc-y) = 1.
Решение. Из второго уравнения следует, что х — у = Ink, ke Z
нх = у+ 2пк, ke Z. После подстановки этого значения в первое
уравнение будем иметь 2cos2 у — 2cos у = О, откуда cos у = 0 или
cos у = 1. Окончательно для нахождения х и у получаем две системы:
-у = 2пк, kez, L-y = 2jrf, ZeZ,
neZ.
Ответ:\ — + 2п(т + Jfc) — + пт\, к е Z, m e Z.
2я(л + 0; 2ял], /б Z, л g Z
1
sin дс cos у = —,
Пример 4. Решить систему уравнений: < 2 .
cos jc sin у = —
Решение. Складывая, а затем вычитая почленно уравнения
системы, получим систему ей равносильную:
JC + V = — + 2ЛЛ, WEZ,
Ответ: х= -+ я л + - Ь=-+ л-- , {я, А:} е Z
4 v ^; 4 v
Пример 5. Решить систему уравнений:
Jcosx+cos у = 1,
[cos2;c+ cos 2 у = —1.
91

Решение. Заменим систему на равносильную, применяя
формулу (cos 2а = 2cos2 а — 1), получим
Icos х + cos у = 1, Jcos х + cos у = 1,
2cos2 x -1 + 2cos2 у -1 = -1; [2cos2 x + 2cos2 у = 1.
Введем обозначения: cos х = и, cos у = v, Ы < 1, |v| <1,
получаем
rCOS JC -Н COS У = 1, Гц=1-у, V=U= ".
0
Окончательно, возвращаясь к старым переменным, получим
1
COSJC = — ,
2
J.
2
Ответ: I ± — + 2пк\ ± — + 2пп \, {л, к) е Z.
Пример 6. Решить систему уравнении \
[sin 2jc + sin 2y = 1.
Решение. Введем обозначения cos х + sin х = /; cos у + sin у = z;
|/|<V2;|z|<V2, тогда, после возведения обеих частей равенств в
квадрат, получим sin 2х = Р — 1; sin 2у = z2 — 1. Данная система с
новыми неизвестными принимает вид i 2 , г _ ^
откуда 2/2 = 3 и / = z = ± VU.
т, [sinx + cosjc VU,
Итак, получаем, что^ или 1
[sin у + cos у = Vl,5, [sin у + cos у
которые равносильны системам:
92

sinl y + — | = -
1 У 4 2
или
л/3
2 '
in y + — =
Г 4 2
mx+-—2
sin
Ответ: f-^ + M)" j+яи; -^ + ("D" j
M
~
Z
Замечание. Систему можно решить иначе:
[cos x - cos у + sin дс - sin у = О,
_ . х— у . jc+y _ . дс-у дс+у
— 7с1п ^-cin — 4- vein —то. — =
+ 2sin ^-cos ^ = 0,
Из первого урав-
x-y . x+y x+y
нения следует, что sin = 0 или sin— cos = 0, но
тогда х — у = 2пп, п е Zmm tg = I, x + у = —Ь 2пк, к е Z.
Получаем две системы:
[sin 2д: + sin 2 у = 1»
2'
х= ("
УЙ+ f + 2пп; у =("у Й + Т'{/' п] е Z;
2)
-
93

Решая систему уравнений другим способом, мы получили и
другую форму ответа.
Z;
2 2 2
н
Пример 7. Решить систему уравнений -
tg|*-~ | = sin у,
4
tg| * + —- | = 2cos;y.
Решение. Так как
умножая уравнения системы, получим —1 = 2sin у cos у; sin 2у = — 1;
д> = + пп, п б Z Найдем все значения sin у. При п = 0у = — —
4 4
V2 Зя V2 _
и sin д^ = ——; при л = 1 у = — Hsin^= ——. Ясно, что
( пЛ 72
дальнейший перебор значений у не нужен! Итак, tg * ~~ = ——
П
и х = arctg~rf+ 7t^, к е Z.
Ответ: \пк, - — + т\, {п, к} е Z.
Пример 8. Решить систему уравнений
cos jc + cos у = V2,
sin jc + sin у = v2 .
94

Решение. ■
х + у х-у г?
2cos -cos = V2,
„ . Х+ у X — у гт
2sm -cos - = V2 .
2 2
Разделим второе уравне-
X + V Я
ние на первое, получим tg = 1; х + у = — + 2яя, яе Z
Итак, данную систему можно заменить на равносильную
х = у+2яи, wGZ, . , /г • I я . I i
2 откуда sin у + cos у = V2; sin — + у = 1;
г~ ч )
cosjc + cos У = V2,
у = — + 2я&, Л g Z, но тогда х = — + 2я(я - Л), {я, Л} g Z
4 4
0/w*e/w: | *+2я(л-*); - + 2яЛ {"> *} е Z
Замечание. Эту же систему можно решить и по-другому, а
именно: возвести каждое уравнение в квадрат и сложить полученные
равенства. При этом надо помнить, что могут появиться
посторонние для данной системы решения. Это будут решения системы
cosjc + cosv = -V2, _, ^ , Л / ч
< Следуя рассуждениям, получаем 2 + 2cos (x—у) =
[sin jc + sin у = -v2 .
= 4; cos (x — у) = 1; х — у = 2пп, п е Z и далее можно рассмотреть
х = у + 2яя, л g Z,
cos у + cos у = V2;
у = ±- + 2я&, Л g Z, но тогда х = ±— + 2я(я + Л), {л, А:} е Z
4 4
я я
Ясно, что х = + 2я(я + й и v = Ь 2пк, {п, к) е Zac
4 4
удовлетворяют второму уравнению системы и являются
посторонними решениями.
95
систему ] , /-
[cosx + cosy = v2;

Пример 9. Решить систему уравнений
sinjc
cosy
cos х- sin у = д/0,4
Решение. Очевидно, что область определения системы задается
sin jc =.
я _
неравенством хФ—р,ре Z. <
2 cosjc =
sin у
Возводя обе части уравнений в квадрат и складывая их, получим
2 2
1 = -cos2y + т^Г2 ГГ. Полагая, что cos2y = t, О < t< 1, получим
Ъ 2
1 = — + 5п_л- После очевидных преобразований приходим к
уравнению 5 - 5/ = It - 2fl + 2; 2fl - It + 3 = 0; / =—=—, / = 3 -
не удовлетворяет неравенству 0</<1;/= — и cos2 у = -;
1 1 .
cos у = ± ~rf . Если cos у = ~rf, то sin х = д/0,2. Ясно, что у — углы
I или IV четверти, ах — угол I и II четверти. Второе уравнение
показывает, что cos х и sin у — числа одного знака, поэтому х и у
— углы первой четверти.
arcsm 7(^2 + 2дп; — + 2лк , {п, к} е Z— первое решение системы.
I 4 )
1
Если cos у = —~7^> то sin х = — д/0,2. Так как cos x и
sin у — числа одного знака, то х и у — углы III четверти и
| п + arcsin Vo^2 + 2лт; — + 2я/1, {т, /} g Z- второе решение системы.
96

Ответ] arcsin л/о^2 + 2ли; — + 2лк , {п, к} е Z;
I 4 ;
— + 2л/1, {т, 1} е Z.
Пример 10. (А 11 МК №17-05).
Решить систему уравнений J
[cosx = x + 3.
Решение. После возведения обоих уравнений в квадрат и их
сложения, избавляясь от одной переменной, получаем систему:
Решение квадратного уравнения системы дает хх = — 3, х2= —4,
при этом для обоих корней неравенство системы выполняется.
{sin у = 1, я
откуда у = - + 2пп, п б Z; при
cos л: = 0, 2
fsin у = 0, Л ^
х2 = —4 ^ откуда у = л; + 27tm, me Z.
[cos;c = -l,
Ответ: (—3; — + 2яя), л g Z; (—4; л; + 2пт), те Z.
18. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА
Рассмотрим решение простейшего неравенства sin x > а, где
0 < а < 1. Точки на окружности единичного радиуса,
соответствующие аргументу х, расположены выше оси х или на самой прямой.
Из рисунка 1 видно, что arcsin а + 2пп < х < п — arcsin a + 2пп,
пе Z
97

Рис. 1
При — 1 < а < О значения х заполняют дугу единичной
окружности, расположенную выше прямой у = а. Очевидно, что эта
дуга по длине больше полуокружности и из рисунка 2 видно, что
arcsin а + 2пп < х < —arcsin а + п(\ + 2к), к е Z. Кстати,
последнюю запись можно представить и так:
—arcsin (—а) + 2пк < х < п + arcsin (—а) + 2пк, к е Z или
-arcsin I а \ + 2пп < х < п + arcsin | а \ + 2пп, п е Z.
Рис.2
Рис.3
98

Пример 1. Решить неравенство sin 2х ^~~~ •
Решение. Обозначим 2х черезz, тогда sinz>—- и
Ь 2пп < z < —+ 2пп, пе Z Возвращаясь к старой перемен-
6 6
ной, получим ——Ь ял < х < —+ пп, п е Z.
Рассмотрим теперь решение неравенства sin x < а. Точки на
единичной окружности, которые соответствуют аргументу х,
расположены ниже прямой у = а или на самой прямой. Нетрудно
видеть, что в общем виде решения неравенства могут быть
записаны в виде —тс — arcsin а + 2пп < х < arcsin а + 2пп, п е Z.
Пример 2. Решить неравенство sin jc + — < — —.
I 4J 2
Решение. Если обозначить х + — = z, то решаем неравенство
4
sin а< — —; —— + 2пп<а< 1- 2тш, пе Z. Естественно, что
2 4 4
в качестве начальных аргументов можно взять и другие,
например, V 2пп <а< — + 2пп, пе Z Для определения х имеем
4 4
неравенство V 2пп <х-\— < V 2пп, пе Z,
4 4 4
п + 2пп < х < —+ 2пп, п е Z.
Любое неравенство cos x > а или cos x < а можно решить, если
заметить, что cos х = sin I — + х |.
Пример 3. Решить неравенство cos 2х > —.
99

Решение. Заменяем данное неравенство на равносильное
^ + 2* > - и, полагая далее — + 2х = t, получаем неравенство
А ) z 2
sin ^
sin t> —; —h 2пп <t< 1- 2nn, ne Z. Для химеем неравенство
2 6 6
— + 2nn < — + 2x < —+ 2nn, ne Z; V nn < x < — + nn, ne Z.
6 2 6 6 6
Но мы рассмотрим решения неравенств cos x > a, cos x < а.
Точки на окружности единичного радиуса, которые
соответствуют решению cos х > а, лежат правее х = а (см. рис. 3 и 4). Тогда
все решения можно записать формулой
-arccos а + 2пп <х< arccos a + 2nn, ne Z.
Точки, соответствующие неравенству cos x < а, лежат налево
от прямой х = а, и решения неравенства можно записать так
arccos а + 2пп <х<2п — arccos a + 2nn, ne Z.
1 V2
Пример 4. Решить неравенство cos —х < —— .
( Л] 1 ( S]
Решение. Имеем arccos ~ — + 2пп < — х < 2п — arccos - — +
\ ) 2 { )
+ 2пп, п е Z;
Зя 1 5тс , ^ _, Зя 5я
h 2ял <-х < h 2ял, п е Z (кстати, заметить углы — и —
4 2 4 4 4
легко на рис. 4). Умножая неравенство на 2, получим
Зя 5я _
Ь 4пп < х < — + Ann, ne Z.
2 2
Все решения неравенства tg x > а задаются неравенством
arctg а + пп < х < — + nn, n e Z (рис. 5, 6), а все решения
неравенства tg х < а задаются формулой — — + пк < х < arctg a + пк,
ке Z
100

Рис. 4
Рис. 5
Рис. 6
Пример 5. Решить неравенство tg 2х <—1.
Решение. — —Ь пк < 2х <— —Ь пк, ке Z;
я пк . ^ я пк г „
1 <*<— —I , к е Z,
4 2 8 2'
Иногда приходится решать двойные неравенства. Покажите на
окружности единичного радиуса, что неравенство а < sin х < b
равносильно двум неравенствам: arcsin а + 2пк < х < arcsin b +
+ 2я&, к g Z, arcsin b + Ink < х < я — arcsin а + 2я&, к е Z
Рис. 7 Рис. 8
Мы не рассматриваем решение неравенств ctg x > а или ctg x < а,
так как они легко сводятся к неравенствам tg —х\> а или
101

Более сложные тригонометрические неравенства, как и
алгебраические, решаются методом интервалов. Чтобы решить неравенство
f(t) > О (или/(0 < 0), находят основной период Т функции f(t),
после чего ищут корни уравнения/(/) = 0, лежащие на
промежутке [0; 7), а также точки разрыва функции/на этом промежутке.
Найденные точки делят промежуток [0; 7) на такие части, что на
каждой из них функция / имеет постоянный знак. Определив этот
знак методом пробных точек, отбираем те части, где он имеет
требуемое по условию свойство. В решении данного неравенства
каждому такому промежутку соответствует бесчисленное
множество промежутков, получаемых из него сдвигом на кратные Т.
Иными словами, если неравенство/(0 > 0 выполняется на интервале
{tk\ tk+l) > 0, то в решении ему соответствует множество
интервалов вида (tk + Г; tk+l + Г), п е Z.
Пусть задана функция /(/) = g(t) + h(t) + d(t) как сумма трех
периодических функций, имеющих периоды 7\g(t)) = Tv T\h(t)) =
= Tv T(d(t)) = Ty Период функции Д/) определяется как
наименьшее общее кратное периодов трех суммируемых функций:
HOK{Tv Tv Г3).
При решении задач в дальнейшем будем это факт использовать.
ю
Пример 6. Решить неравенство sin 2х > —.
Решение. Положим 2х = /, тогда sin t > —.
Пусть/(Г) = sin / — —. Период функции равен 2л. Находим нули/
на промежутке [0; 2л) — это — и —.
4 4
Рис. 9
Рис. 10
102

- + Inn < 2х < — + 2пп, пе Z.
4 4
Ответ: \— + ли; — +пп\ пе Z.
Особенно метод интервалов бывает полезен при решении более
сложных неравенств.
Пример 7. Решить неравенство 2sin2 х — 3sin х + 1 < 0.
Решение. Решим это неравенство методом интервалов. Период
функции J{x) = 2sin2 x — 3sin * + 1 равен 2л. Нули функции
найдем, решая уравнения sin х = -; sin x = 1, и выберем те из них,
которые принадлежат промежутку [0; 2л) — это —; — и —.
6 6 2
Ответ: (27i*;5 + 2jtJfc)U(? + 2irt;5
о 2 6
Пример 8. Решить неравенство sin 3* > sin x.
Решение. Решаем равносильное данному неравенство
sin 3* — sin x > 0. Если f{x) = sin 3* — sin x, то период этой
функции равен 2л. Находим нули функции, решая уравнение
sin 3* — sin x = 0, откуда sin х = 0 или cos 2х = 0, но тогда х = ля,
п е Zktih х = —h —, к е Z. Отрезку [0; 2л] принадлежат из
4 4
найденных корней числа 0; л; 2л; —;-—;—;—.
4 4 4 4
271 X
4 4
Рис. 11
103

Ответ: \2пп\ ^+2лл L Ь^+2лл; п+2пп
5л т 1
у + 2яп; — +2ял I л
О;/Ьт "•
Ь
Г 5л
G Z
Пример 9. Решить неравенство tg 2х — 3tg x > 0.
Решение. ПустьДх) = tg 2x — 3tg x. Период этой функции равен я,
поэтому решаем неравенство на промежутке (0; я), длина которого
равна я. Находим область определения функции: cos 2хф 0; cos x ф 0,
Я ЯП г, Kiti rr
откуда находим х ф — + —, п е Z и х * — + я£, A: g Z.
т. /п \ я я Зя
Из промежутка (0; я) исключаем числа —; — и —. Находим
4 2 4
нули функции: tg 2х — 3tgх = 0; _ g2 — 3tgх = 0;
1 Lg X
tg x(2 - 3 + 3tg2 x) = 0, откуда tg х = 0 или 3tg2 х - 1 = 0; х = я/я,
те Z; х = ±— + я/, / е Z Промежутку (0; я) из найденных
6
л х» п 5я
корней принадлежат 0; я; 2я; —; —.
6 6
Рис. 12
I /г /г ^ Г я Зтг
Ответ: | — + яп; — + яп и т + я"1- ~Г +
6 4 I V L ч
u i Т ' n + m
104

19. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
СО СЛОЖНЫМ АРГУМЕНТОМ
В разделе рассматриваются тригонометрические задачи
(уравнения, неравенства), в которых сложный аргумент — сложная
функция (и даже иногда тригонометрическая) от х. Эти задачи
отсутствуют в школьных учебниках по алгебре и началам анализа.
Они редко встречаются и в пособиях для поступающих в высшие
учебные заведения. Однако их можно встретить на вступительных
экзаменах и, более того, иногда на выпускных экзаменах.
Заметим, что предлагаемый набор упражнений можно использовать
как на уроках, так и на факультативных занятиях.
Пример 1. Решить уравнение sin (sin(cos x — sin x)) = 0.
Решение. Имеем, что sin(cos х — sin х) = пп, п е Z, но так как
-1 < sin / < 1, то — 1 < пп < 1, откуда п = 0.
Далее решаем уравнение sin (cos x — sin x) = 0. Оно равносильно
уравнению cos x - sin x = я£, к е Zum уравнению sin * - — =
Замечаем, что значения А: должны удовлетворять двойному
неравенству —l<—j=<l9 откуда к = 0.
Итак, остается решить уравнение: sin *-— = 0, откуда
х = — + я/и, т е Z.
4
Ответ: — + я/я, т е Z.
4
Пример 2. Решить уравнение 2cos (V* + я) + 1 = 0.
Решение. Преобразуя левую часть уравнения, получим
—2cos VJc+ 1=0, откуда V*= ±— + 2яя, п е Z. Но VJt > 0,
я
поэтому должны быть верны неравенства — + 2яя > 0, где п е Л/J,,
— — + 2ял > 0, где п е N. Итак, х = —+ 2ял , л е NQ и
105

( V
; = — + 2пп , п е N. Заметим, что ответ может быть представлен
я2
и в такой форме: х = —(1 + 6я)2, где п е Z
Ответ: — + 2пп , я g NQ\ \ — + 2ли , я g N.
Пример 3. Решить уравнение sin (2rccos x) = 0.
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению
2rccos х = ля, откуда cos х = —. Поскольку | cos х | < 1, то
!<1;но
так как я е Z, то я = ±2, я = ±1, я = 0.
Решаем три уравнения: | cos *| = 1; х = nl, /e Z;
I cos * | = -; х= ± —\- пк, ке Z;
cos х = 0; * = — + яя, я g Z
Ответ: -—, т е Z; ±—Ь л&, A: g Z
Пример 4. Решить уравнение cos -я Vcosx = -.
Решение. Решая простейшее уравнение cos z = —,
где z =-7cVcosjc, получаем -rcVcosjc = ±— + 2яя, я g Z,
откуда Vcosjc =±-+ Зя, яс Z Так как 0< Vcos^< 1, то 0< ±-< 1.
Неравенство 0 < — + Зя < 1 имеет целое решение я = 0, а
неравенство 0<— -+3я<1не имеет решений в целых числах.
Итак, cos х=- и х = ±arcsin- + 2яя, я g Z Таков ответ.
4 4
106

Пример 5. Решить уравнение: cos (я Vl - sin x) = 1.
Решение. Легко видеть, что Vl - sin x = 2к, где к е NQ, но тогда
sin х = 1 — 4к2, а так как —1 < sin х < 1, то —1 < 1 — 4к2 < 1,
-2<-4к2< 0;0< к2< ^.
Ясно, что к = О и sin x = 1.
Ответ: —Ь 2яя, п е Z
Пример 6. Решить уравнение sin2 (1 — cos x) = cos2 (I + cos x).
Решение. Применяя формулы понижения степени, приходим к
уравнению cos (2 + 2cos x) + cos (2 — 2cos x) = 0, откуда,
преобразуя сумму косинусов двух углов в произведение, получим
cos (2cosx) = 0; cosx= —Ь —, пе Z. Для нахождения возможных
значений п рассматриваем двойное неравенство — 1 < — + — < 1,
откуда п = 0 или п = — 1; I cos х \ = —.
4
Ответ: ±arccos—I- пк, к е Z
4
Пример 7. Решить уравнение: sin (V2 cos *) = cos(V2sin x).
Ответ: (— l)*arcsin— ± — + л&, & е Z.
4 4
2 1
Пример 8. Решить уравнение sin = -.
F F *P tgjc+ctgjc 2
Ответ: (— l)"-arcsin—I , я e Z
2 6 2
7t COS X.
Пример 9. Решить уравнение sin—-г = 0.
cos x +1
Решение. Легко сообразить, что —c°sx = пп, п е Z, откуда
COS Jt + 1
п cos2*— cos^ + /i = 0 — квадратное уравнение относительно cosx
(при п ф 0). Его дискриминант равен 1 — 4л2.
107

Решением неравенства 1 - 4я2 > О является п = О, но тогда
cos х = 0их= —Н пк, к е Z.
Ответ: — + пк, к е Z.
1 л/2
Пример 10. Решить уравнение suit = —.
Решение. Из уравнения следует, что
1 =(-!)*- +я*,*б 2;
2cos* v ' 4
1
cosx = -
2
Замечаем, что при к = 0 cos * = — е [—1; 1], при к = 1
я
2 -2
cos х = — е [—1; 1], при к= —\ cos * = — е [—1; 1].
Зя 5я
Легко далее сообразить, что если к —> ±°° , то
2
Ответ: ±arccos—7 т г + ял, «е Z, ^е Z
((1)*+4*)
Пример 11. Решить уравнение Vl - х2 cos ^ + ^ sin x = 1.
Решение. Положим х = cos >>, где 0 < у < я, тогда
sin >> cos x + cos >> sin x = 1; sin (x + y) = 1; x +y = — + 2яя, пе Z.
Hox = cosy, поэтомуx=cos — +2fln-x ; x=sinx, откудах = 0.
Ответ: О.
Примечание. В дальнейшем тригонометрическим подстановкам
будет посвящен целый раздел.
108

Пример 12. Решить уравнение cos n(у/2-х )= 1.
Решение. Очевидно, что ял/2-х2 = 2ял, л е Д откуда ^2-x2 = In
и п е NQ.
Далее имеем 2 — х2 = 4л2; х2 = 2 - 4л2.
1
Но так как х2 > О, то 2 - 4л2 > 0; п2 < - и л = 0.
Окончательно получаем уравнение 42-х1 = 0.
Ответ: х= ±V2.
Пример 13. Решить уравнение tg -я cos* = tg -я Vcos* I.
Решение. Область определения уравнения 0 < cos * < 1.
Действительно, cos -n cos л: ] ^0; —cos * ф —V ял; cos хф\ + 2п.
Легко сообразить, что при п = 0 cos * ф 1. Аналогично поступаем
и для функции tg 1-я cos х], где приходим к неравенству
\2 )
ф\ + 2п, которое приводит к неравенству cos х ф 1 при п = 0.
Из данного уравнения следует, что
sin -Я|
[2
1
sin| -я cos*—ял/собл: |= 0; cos х — ylcosx = 2л, п е Z;
/COSJC =
l±VT+8n
Замечаем, что л е NQ. Для определения допустимых значений л
решаем неравенства:
о< 1±1„о ^L
2 2
Из первого неравенства следует, что л < 0, но л е #0, значит,
л = 0. Но тогда Vcosjc = 1, a cos х ф 1. Второе неравенство
приводится к виду — 1 < —Vl + 8n< 1, но оно выполнимо только при л = 0.
Итак, окончательно получаем, что cos x = 0.
Ответ: —Ь 2я&,
109

Пример 14. Решить уравнение cos х + cos V* = 2.
тх fC0S * = !»
Решение. Данное уравнение равносильно системе < г
[COS VX = 1,
так как | cos jc | < 1 и | cosVx I < 1. Решая систему, получаем
1х = 2пк, ке Z,
х = 4я2ш2, т£ Z
Откуда 2пк = Ап2т2\ к = 2я/и2, но к и т — целые числа, а
поэтому последнее равенство возможно при к= т = 0.
Ответ: 0.
Пример 15. Решить уравнение cos2 (nsm x) + sin2 sin x — = 0.
Указание. Исходное уравнение равносильно системе уравнений:
cos(7i sin х) = О,
siiJ sin*— 1 = 0.
п
Ответ: (—1)т- + я/и, т е Z
Пример 16. Решить уравнение х2 - rcsin х + -я2 = 0.
Решение. Рассмотрим данное уравнение как квадратное
относительно х и найдем дискриминант
D = rc2sin2 х — я2 = —я2 cos х > 0.
Последнее неравенство верно только при cos x = 0,
я , , , „ тт rcsin* я , , я . [Я
т. е.*= — + nk, ke Z. Но тогда х = —-— и —+пк= —sin \^
ke Z.
Легко видеть, что последнее равенство верно только при к = 0
и при к= —1.
л я я
О/яве/и: -; -- .
ПО

Пример 17. Решить уравнение tg х + tg = 0 на отрезке [0; я].
я
Решение. Находим область определения уравнения:
Я _ Я I
хф — + пк, к е Z; х ф — VI + 2л, п е NQ.
2 2
После приведения к общему знаменателю в левой части
получаем уравнение
sin х+— \= 0; х + —= я/, le Z;
I я I я
-я ±я
^ -я -ял/i+a ГА п
Очевидно, что £ [0; я].
4
Найдем те значения jc, при которых
-я +Я
[0; я].
4
Для этого решаем неравенство
„ ял/1 + 8/ -я ^ л . ,г
Неравенство > 0 выполнено при всех / е No, а для
второго неравенства получаем Vl + 8n < 5, откуда л < 3, т. е.
л = 0, 1, 2, 3. При л = 0 получаем jc = 0. Если п = 1, то х = — не
входит в область определения уравнения. При п = 2 имеем
х = —(yfll— 1), а при л = 3 корень уравнения х = я.
Ответ: 0; ^ (Vl7- 1); я.
111

Пример 18. Решить уравнение cosVx = cos ТТЛ.
Решение. Данное уравнение равносильно уравнению
" 2 Sm 2 = '
. Jx+\Jx л . yfx+y/x + l л
откуда sin = 0; sin = 0.
Для нахождения х имеем два уравнения:
-n/jc + 1 - *Jx = 2пк, к g N\ V* + Vjc+7 = 2тш, n e N.
Заметим, что к e N, так как Vjc+Т >Vjc при дс > 0, а л е N9
так как Vjc + Vjc+T > 0 при jc > 0.
Решаем первое уравнение.
х + 1 = х + Ankjx + 4я2£2; 4пку[х= 1 - 4я£2, но это уравнение
явно корней не имеет при ке N.
Решаем второе уравнение. Оно равносильно уравнению
у[х = 2тш - <Jx + l, которое, в свою очередь, равносильно
системе
J х = 4я V - 4япVjcTT + х +1,
Из первого уравнения системы находим:
Покажем, что Va: + 1 < 2тш, (л g ЛО. Действительно,
4ttV+1 _ . -4я2п2+1
— < 2ял; < 0,
4тт 4лп
а последнее неравенство верно при пе N.
Итак, л: = —■ - 1 = — , п е N.
[ 47tn J [ 4пп )
.2
Ответ: \ **-П—1.) , п е N.
Ann
2
112

Пример 19. Решить уравнение ^/cos(jc-I) = Vsinx на отрезке
[0; 2я].
Решение. Очевидно, что данное уравнение равносильно системе
fcos(jt-l) = sinjc,
[sinjc>0.
Решим первое уравнение системы, заметив, что достаточно
найти его корни на отрезке [0; я], где sin x > 0. Так как
-1 + — -Х Х-1- — + Х
22
sin х
(п \ Х-1 + — -Х Х-1- —
= cos —х , то —2sin 2 sjn 2
[2 J 2 2
Так как sin I* 0, то sin x~ — -- 1= 0 и х = —\- - + nn,
[4 2) [ 4 2j 4 2
n e Z. Так как x e [0; я], то < nn < — — -;
4 2 4 2
4 2я 4 2я
т, я 1
Итак, ответ: — + —
4 2
Приведены решения нескольких неравенств с применением
метода интервалов, он наиболее прост в подобных ситуациях.
Пример 20. Решить неравенство cos (sin x) < 0.
Решение. Пусть/(х) = cos (sin x). Находим нули/(х), решая
уравнение:
cos (sin x) = 0; sin x = — + я&, Л е Z
Замечаем, что последнее уравнение не имеет корней при
целых к, а поэтому функция сохраняет постоянный знак на
всей координатной прямой.
Так как/(0) = cos (sin 0) = cos 0 = 1 > 0, то cos (sin x) > 0
при х е R.
Следовательно, данное неравенство решений не имеет.
Ответ: решений нет.
113

Пример 21. Решить неравенство sin (cos x) > 0.
Решение. Находим нули функции/(х) = sin (cosx). Имеем, что
cos х = пп, п е Z Так как -1 < пп < 1, то п = 0 и х = — + пк, к е Z
Поскольку период функции f{x) равен 2я, то применяем
метод интервалов на промежутке длины 2п (на рис. Зя).
Рис. 13
/(0) = sin (cos 0) = sin 1 > 0,
f(n) = -sin 1 < 0,
f(-n) = -sin 1 < 0.
Ответ: \ + 2яп; —+ 2яп \, n e Z.
Пример 22. Решить неравенство sin x2 < —.
Решение. Если f{x) = sin x2 — —, то f(x) = 0
при х = ± J(-l)*- +пк ,ке No.
Ответ: П|; ^ и
и J(-l)2*1|-+n(2ik-l) + 2nn; J(-l)2*^ + 2rtt + 2nn u
, {л, Л} е N.
114

20. УРАВНЕНИЯ, СОДЕРЖАЩИЕ
ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Обычно при решении уравнений, содержащих обратные
тригонометрические функции, пользуются очевидным свойством. Если
равны два угла, то равны и их тригонометрические функции.
Обратное утверждение неверно. Например, если sin a = sin p, то
ос = (-1)* р + пк, к е Z, и равенство ос = Р оказывается далеко не
единственным.
Тогда, взяв тригонометрические функции от обеих частей
уравнения, мы получаем уравнение, неравносильное данному.
Поэтому проверка обязательна. Как и в любом другом уравнении эта
проверка будет излишней, если установить область определения
уравнения.
Напомним некоторые понятия и свойства, которые существенно
облегчат выполнение заданий.
Определение 1. Арксинусом числа а называется такое число
b (arcsin a= b), для которого выполняются два условия: b
■[-н]
и sin b — я. Иными словами, арксинус числа а — это радианная
мера угла IV или I четверти единичной окружности, синус
которого равен а (рис. 1).
-arcsin a
Рис.1
115

Свойство 1. Для любого числа -1 < а < 1 верно равенство
sin(arcsin a) = а.
Свойство 2. Для любого числа а е —;- верно равенство
arcsin(sin a) = а.
Свойство 3. Для любого числа — 1 < а < 1 справедливо равенство
arcsin {—а) = — arcsin а. (рис. 2).
arcsin a=b
arcsin{-o)= -b
Рис.2
Свойство 4. Для любых чисел а: и а2 из отрезка [—1; 1] из
неравенства ах < а2 следует неравенство arcsin ах < arcsin а2 (рис. 3).
resin a2
Рис.3
116

Определение 2. Арккосинусом числа а называется такое число b
(arccos a = b), которое удовлетворяет двум условиям: b [0; п] и
cos b = а. Иными словами, арккосинус числа а - это радианная
мера угла I или II четверти единичной окружности, косинус
которой равен а (рис. 4).
b=arccosa
Рис. 4
Свойство 5. Для любого числа -1 < а < 1 верно равенство
cos(arccos a) = а.
Свойство 6. Для любого числа а е [0; я] справедливо равенство
arc(arccos a) = а.
Свойство 7. Для любого числа -1 < а < 1 выполняется
равенство arccos {—a) = n- arccos а (рис. 5).
У\
arccos (-о)=
= п- arccos a
Ъ =arccos a
Рис.5
117

Свойство 8. Для любых чисел а{ и а2 из отрезка [—1; 1] из
неравенства ах < а2 следует неравенство arccos а{ > arccos a2 (рис. 6).
arccos a
л &
arccos a2
Рис.6
Определение 3. Арктангенсом числа а называется такое число b
п п
(arctg а = Ь), для которого выполняются два условия: b е\ —;-
и tg b = а. Иными словами, арктангенс числа а — это радианная
мера угла IV или I четверти единичной окружности, тангенс
которого равен а (рис. 7).
Ъ-arctg
Рис. 7
118

Свойство 9. Для любого числа а выполняется равенство
arctg(—a) = —arctg a.
b2=arctga
b=arctg(-a)
Свойство 10. Для любых чисел а{ и а2 из неравенства а{ < а2
следует неравенство arctg ax < arctg a2.
b2=arctga2
Рис.9
119

Замечание. Для любого числа а ф О верно равенство ctg(arctg а) = -.
Пример 1. Решить уравнение arcsin х + arccos (х — 1) = я.
Решение. Надо удачно выбрать тригонометрическую функцию и
выбор здесь между косинусом и синусом. Возьмем синус от обеих
частей, получим sin (arcsin x + arccos (x — 1)) = sin я, откуда
sin (arcsin x) cos (arccos (jc — 1)) + cos (arcsin x) sin (arccos (x — 1)) = 0;
х\\ - х) - (1 - х)2(2х - х2) = 0;
х(\ - х)(х - х2 - (1 + х){2 - х)) = 0, откуда х = 0, х = 1.
Непосредственная подстановка jc=0hjc=1b данное уравнение
показывает, что эти числа являются корнями исходного уравнения.
Ответ: 0; 1.
Укажем другой способ, где будет введена новая переменная,
Г я я]
а именно: положим arcsin х=у, тогда siny = х\уе \~ — ', ~г и|дс|<1.
Получаем уравнение у + arccos (sin у — 1) = я,
arccos (sin у — 1) = я - у (*). Ясно, что 0 < я — у < я и у е [0; я].
С учетом ранее найденного ограничения на у получаем
у g 0; — L но тогда из (*) на основании определения arccos /
получаем cos (я - у) = sin у - 1; cos у + sin у = 1. Корни последнего
уравнения задаются формулой у = (—1)* + пк, к е Z
4 4
Так как j> е I о- — , то у = 0 и у = —. Значит, я: = 0 или х = 1.
2J 2
Пример 2. Решить уравнение arccos -= 2arctg (x- 1).
Решение. При решении этого уравнения обойдемся без
проверки, предварительно установив область определения уравнения.
120

Прежде всего заметим, что
<1ихе [-2; 2].
О < 2arctg (x - 1) < я, откуда 0 < arctg (х - 1) < —, и так как
функция у = arctg / — возрастающая, тох-1>0их>1,а
поэтому окончательно получаем, что хе [1; 2].
Возьмем косинус от обеих частей уравнения, получим
cos arccos— = cos (2arctg (x — 1));
x = 1 -tg2 (arctg (jc-1)) ^ = 1-U-l)2 f = 2x -x2
2 " l + tg2(arctg(*-l))' 2 "" l + (x-l)i; 2 " 2
Так как 0 g [1; 2], то обе части последнего уравнения
разделим на х ф 0, получаем х2 — 2х + 2 = 4 — 2х\ х = ± 4l. Найденный
корень — V2 не принадлежит области определения, а поэтому данное
уравнение имеет единственный корень х = V2.
Приведем другой вариант решения этого уравнения.
( п пЛ х
Положим arctg (х— I) = у; у е\~ —; — , тогда arccos -= 2у,
то есть 0 < у < —.
Окончательно получаем, что у е 0;- . Ясно, что cos 2y = - и
tg Д7 = х — 1. Исключая из последних двух равенств х, получаем
^ tgy+1 9 . 9 cos у + sin у .
cos 2,у = -*"—; cos2 у — sin2 у = 0, откуда cos у + sin у = О,
которое не имеет корней на промежутке °">^ или
2cos2 у — 2cos у sin у — 1 = 0; cos 2у - sin 2д> = 0; tg 2у = 1;
+пп,пег\у=-+—,пег\ -е I 0; -Jh- = cos -;^c=V2.
Ответ: 42.
121

х п
Пример 3. Решить уравнение arcsin х + arcsin "Тг = —.
7С х
Решение. Перепишем уравнение в виде arcsin х = — — arcsin "Тт
и возьмем от обеих частей косинус, получим:
cos (arcsin x) = cosl —-arcsin^ I;
2 л/~
-*2 = sin
3-3jc2 = jc2;jc=± —.
Данному уравнению удовлетворяет х = —.
Ответ: —.
2
Пример 4. Решить уравнение arcsin2 x + arccos2 x = -я2.
Решение. Легко показать, что arcsin х + arccos х = —, поэтому
можно получить уравнение ■— arccosх\ + arccos2 x =~тс2,
2(arccos х)1 — я(агссо8 х) — п2 = 0, откуда arccos х = п и х = — 1
или arccos х = . Второе уравнение корней не имеет, поскольку
О < arccos х < п.
Ответ:—I.
Пример 5. Решить уравнение
arccos —arccosя: = arcsinf — arcsinx I-
Iя J [n )
122

Решение. Пусть arccosf — arccos* | = arcsin — arcsin x = t, тогда
[n ) [n )
2 2
cos t = — arccos x и sin t = —arcsin x. Возводя два последних
я я
равенства в квадрат и почленно их складывая, получим
4
—y((arccos х)2 + (arcsin х)2) = 1.
я
Далее можно решить систему
(arccos л:) + (arcs in x) = —,
4
arccos x + arcsin x = — •
2
Из нее находим, что:
[arCCOS X = 0, Lirrrvs г - —
1 \ л\ arccos дс — ,
!) я 2) 2
larcsin* = -; [arcsin * = 0.
Последние две системы дают, что х = 1; х = 0. Оба значения
удовлетворяют данному уравнению.
Ответ: 0; 1.
Пример 6. Решить уравнение arctg — + arctg - = arctg x.
Решение. Берем тангенс от обеих частей уравнения, получим:
tg[ arctg^)+tg[ arctg^-1 * + l
f +tg arctg ^ + :_
( x\ ( x\ = tg (arCtg X)> ^" = x>
1-tglarctg-j-tglarctg-j 1-^-
откуда x = 0 — корень данного уравнения иб — х2 = 5;л; = ±1 —
также корни данного уравнения.
Ответ: 0; ±1.
123

21. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ С ПАРАМЕТРАМИ
Пусть дано уравнение F(x, a) = О (*).
Решить уравнение (*) с параметром - это значит решить
семейство уравнений, которые получаются из уравнения (*) при
различных действительных значениях параметра.
Единая методика решения уравнений с параметром отсутствует,
поскольку множество значений параметра а необходимо разбить на
несколько частей, исходя из вида конкретного уравнения.
Такое «достаточное» разбиение действительных чисел обычно
удается осуществить с помощью особых значений параметра (мы
называем их контрольными), в которых (или при переходе через
которые) происходит качественное изменение уравнения.
Так, для уравнения a sin х = 3 значение а = О — первое
контрольное значение параметра, с помощью которого составляем
разбиение множества R. Короче, это разбиение можно записать в
виде следующей совокупности: а = 0; а ф 0. Если а = 0, то
уравнение не имеет решений. Если а ф 0, то уравнение a sin x = 3 можно
преобразовать к виду sin х = —.
а
Так как | sin х \ < 1, то естественно считать те значения
параметра, которые обращают выражение — в 1 или —1, контрольны-
а
ми значениями. Таким образом, а = 3; а = -3 - вторые
контрольные значения параметра.
При | ~ ' из уравнения sinx= - получаем x=(-l)*arcsin-
[а < -3 а я
Г-3<а<3, м ,
а при { уравнение не имеет решении (так как выпол-
[аФО
3
няется неравенство — > 1).
а
Ответ: если а е (—3; 3), то уравнение не имеет решений;
3
если яе (— ©о; -3] и [3; +°о),то;с=(— l)*arcsin- + пк.
а
124

Пример 1. Решить уравнение sin am = 0.
Решение. Если а = 0, то х — любое число, так как имеем
очевидное равенство sin 0 = 0. Если а ф 0, то х = —, где пе Z
а
Ответ: при а = 0, х е R; при пфО, х = -,/ie Z
а
Пример 2. Решить уравнение cos (а — 1) х = а.
Решение. Данное уравнение будет иметь корни, если \а\ < 1.
Далее замечаем, что если а = 1, то cos 0=1— верное равенство и
х — любое действительное число.
Если я * l? то л: = ±—- arccos а Л , п е Z.
а-\ а-\
Ответ: при а = I x e R;
при а е [—I; I) х = ± rarccos я Н , п е Z;
при я g (—oo; -I) u (I; +оо) нет решений.
Умение найти контрольные значения во многом зависит от
наблюдательности и сообразительности решающего. При
отыскании контрольного значения существенным является также
выбор наиболее «удобного» уравнения в цепи уравнений,
получаемых из заданного при последовательном его
преобразовании.
Пример 3. Решить уравнение cos (а + х) + cos (а — х) = 2sin a.
Решение. Уравнение легко преобразуется к виду 2cos a sin x = 2sin a.
Если cos а = 0, то есть а = — + я/, / е Z, то sin я ф 0 и
уравнение корней не имеет.
Если cos я ф 0, то cos x = tg а. Последнее уравнение имеет
корни, если -I < tg а < I, тогда + пп < а < — + пп9 п е Z
4 4
и х = ± arccos (tg я) + 2пк, к€ Z.
Г я я I
Ответ: при я е - — +ял; -т+ял \ п е Z
125

х = ±arccos(tga) + 2nk, keZ\
при a e | — +яш; —+яш \, т е Zкорней нет.
Пример 4. Решить уравнение 4 sin х cos2 х = а + sin х.
Решение. При решении уравнения 4 sin x cos2 х = fl + sin x
довольно трудно сразу увидеть контрольные значения параметра.
Преобразовав заданное уравнение, имеем:
4 sin х cos2 x — sin x = а;
sin x (4cos2x - 1) = я;
sin x (4(1 - sin2 x) — 1) = л;
sin л: (3 — 4 sin2 x) = a\
3sin x — 4sin3 x = a\
sin Зх = д.
Естественно, последнее уравнение наиболее удобное для
отыскания контрольных значений параметра: а = 1, а = — 1. С
помощью найденных контрольных значений составим следующее
разбиение множества значений параметра: а< — 1;я>1;-1<д<1.
В первых двух случаях уравнение не имеет решений, а в третьем
случае получаем
1 nir
(l)*i+—, keZ.
x (l)arcsina+
Ответ: при а е (-«>;-1) U (1;+оо) — корней нет;
при де[-1;1], x=^(-l)*arcsinfl+ —, keZ.
Пример 5. Решить уравнение (а — 1) cos х + (а + 1) sin x = 2а.
Решение. Разделим обе части уравнения на выражение
r2+l).

а-\
что sin a = i „ ; cos а =
«2 +D
Именно, если а > -1,
то а = arcsin
; при а < — 1 имеем а = я — arcsin
а-\
Поэтому sin а cos*+cosa sin* =
г, т. е. sin (* + а) =~
Ja*+V ""' л/я2+1
Это уравнение имеет действительные корни при условии, что
< 1, т. е. — 1 < в < 1. В этом случае существует такое Р, что
sin (3="
1а2 +1
. Поэтому при — 1 < fl < 1 данное уравнение
принимает вид sin (x + a) = sin p. Отсюда получаем, что
х = 2пп + Р — а или х = 2пк + я - Р - а, где пик целые числа.
Эти решения можно представить в виде
х = 2яя + arcsin"
a4l
а-\
r-z—-— arcsin j0/ 2 , n
Ia2+l V2(« +1)
7—-", ne Z, или
x = (2k +1)я - arcsin-т=у=- arcsin
Ответ: при я е [—1; 1]
aV2 a
а-\
х = 2ял + arcsin"
— arcsin
, ЛЕ Z;
лл/2
fl-1
— arcsin~rf==~ arcsin пгг~г—^Г
Va +1 V2Ce +1)
при a e (—oo; -1) u (1; +oo) корней нет.
Пример 6. Решить уравнение sin4 x + cos4 x= a.
Z;
127

Решение. Применяя формулу понижения степени,
последовательно получаем:
l-cosz*) (1 -h cos 2л: \
i; I + cos2 2x = 2а:
2 +[ j |
l + cos4;t
1 Н = 2а; cos 4х = 4я - 3.
Теперь, решив уравнения 4а — 3= I; 4а — 3 = — 1, легко найти
контрольные значения параметра. Находим а = \; а = — .
С помощью этих контрольных значений составляем достаточное
разбиение множества значений параметра: а< -; - <а<\;а> I.
В первом и третьем случаях уравнение cos 4х = 4а — 3 не
имеет решений, а значит, не имеет решений и исходное
уравнение. Если же - < а < 1, то получаем
4л: = ±arccos (4а - 3) + 2я£, 4g Z,
1 тс
откуда х = ± -arccos (4я - 3) +— А:, к е Z.
Ответ: если а е [ -«>; - ]и (1; +°°), то решений нет;
[1 Л 1 7Г
если а е \—\ 1 , то х = ±-arccos (4fl — 3) + ~ А:, к е Z.
Пример 7. Решить уравнение sin 4х = atg x.
Решение. Область определения уравнения задается неравен-
п
ством хф — + я/и, те Z.
Преобразуем исходное уравнение:
2sin х cos2 x cos 2x - asm x=0; sin x (4cos4 x - 2cos2 x - а) = 0.
128

Уравнение sin x = 0 дает х = пп, п е Z. Отметим, что этот
результат не зависит от параметра я, т. е. а е R. Биквадратное
уравнение относительно cos x 4cos4 х - 2cos2 х — а = 0 будет иметь
решение, если дискриминант его будет неотрицательным, т. е. при
1 ± V
выполнении условия 1 + 4я > 0; я > - —. Итак, cos2х =
но 0 < cos2 х < 1.
Проверим выполнение последнего неравенства:
1. О <
< 1; 0 < 1 -
-3 <
< 1, тогда 0 <
£ 4; —1 < — Vl + 4a < 3;
< l;0< 1 +4a< 1;-1 <4я<0,
■ -< л < 0. Получаем cos jc =
4
x = ±arccos
V 0 . . ^
+ Ink, ke Z.
2. o<
< 3;
0 < VTTia ^ 3; 0 < 1 + 4a < 9; -1 < 4a < 8; -- < a < 2.
Получаем cos x = ±
л: = ±arccos
+ 2я/, / e Z
Ответ: при fl e | ~°°'> — | u (2;
= я«, « £ Z;
при a g I -; 0 I x = яя, n e Z;
129

х = ±arccos ±
x = ±arccos
+ 2nk, ke Z;
+ 2я/, / g Z;
при я g (0; 2] x = ял, я g Z;
x = ±arccos ± у ^ + 2ти/, / g Z
Замечание. Очевидно, что все корни входят в область
определения уравнения.
Пример 8. Решить уравнение
cos a
cos (а + х) = (1).
cos jc
Решение. Умножив обе части уравнения на cos x, получим:
cos х cos (a + х) = cos a
и далее cos (х + а + *) + cos (лс — я — лс) = 2cos я,
т. е. cos (2х + а) = cos a (2).
Из уравнения (2) находим (используя условие равенства
косинусов):
2х + а = ±а + 2пк,
откуда получаем:
х = пп, х = -а + пк, {п, к} е Z (3).
Проверка. В процессе решения исходного уравнения (1) мы
выполнили умножение обеих частей уравнения на ф(лс) = cos x,
что привело к расширению области определения уравнения, а
значит, и могло привести к появлению посторонних корней.
Отберем из найденной совокупности семейств решений
уравнения (2) такие семейства, которые являются решениями
уравнения (1).
130

Для этого исключим из совокупности семейств (3) значения х,
при которых cos х = 0, т. е. значения х = — + пт, те Z Ясно, что
семейства х = пк и х = — + я/я не пересекаются. Полагая далее
П П
—а + пк = — + пт, находим а =—(—1 + 2к + 2/я).
Это значит, что семейство х = —а + пк является решением
уравнения (1) лишь при значениях а ф —{2к + 2т — 1), или,
п
короче, при а * —(2р — 1), где р = т + к, р е Z.
Ответ: если а = —{2р — 1), то х = пк, {к, р) е Z;
если д * —(2/7 — 1), то {р, п, т) е Z
2 he = -а + три ,
Пример 9. Решить уравнение
(д - l)sin2 х - 2{а + l)sin л: + 2д - 1 = 0. (1)
Решение. Положим sin x = у, тогда уравнение (1) примет вид:
(а - 1)^ - 2(л + 1)у + 2<i - 1 = 0. (2)
Первым контрольным значением параметра а будет значение
д = 1, которое обращает в нуль коэффициент при у1. Это значение
позволяет составить следующее разбиение множества значений
параметра: а = 1; а * 1.
При а = 1 уравнение (2) принимает вид — 4у +1=0,
1 . 1
откуда находим у=—, т. е. sin x = - и, следовательно,
х = (—1)я arcsin-+ nn, n e Z.
Рассмотрим теперь случай, когда д * 1. Найдем дискриминант
уравнения (2). Имеем
D = (я + I)2 - {а - 1)(2д - 1) = -л2 + 5а.
131

Назовем вторыми контрольными значениями параметра а те,
при которых D = 0. Это будут значения а = 0, а = 5. Заметим, что
D < 0, если а < 0; я > 5 и /) > 0, если 0 < я < 5.
В случае
уравнение (2) не имеет решений.
[0<я<5,
В случае « л квадратное уравнение (2) имеет два дей-
[а Ф 1
ствительных решения:
а + \±4Ъа-а2
Так как 3; = sin jc, должны выполняться следующие
неравенства: — 1 < ух < 1; — 1 < у2 < 1. Выясним, есть ли такие значения
ГО < а < 5
параметра fl (из рассматриваемого множества \ ), кото-
[а Ф 1
рые удовлетворяют системе неравенств -1 < у{ < 1, т. е. системе
а
а-\
а + 1 + ^Ъа - а2
>-1,
<1.
(3)
Система неравенств, в свою очередь, равносильна следующей
совокупности систем неравенств:
а +1 + yl5a-a2 > 1 - а,
а +1 + у/5а-а2 < а -1,
l5a-a2 <\-a,
-a2 >a-\.
(4)
132

Решив первую систему совокупности (4), имеем
ha-a2 > -2а,
Ьа-а1 <-2.
(5)
Так как последнее неравенство системы (5) не имеет
решений, то система (5) не имеет решений.
Решим вторую систему совокупности (4), имеем
15а-а2 <-2а,
ha-а2 >-2.
(6)
Решением системы (6) является а = 0. Итак, значение
параметра а = 0, удовлетворяющее системе (3), дает sin x = -1.
sin х =
а-\
= — 1. При этом у. = у1 (два равных корня).
Теперь будем искать значения параметра а (из
рассматриваемого < а < 5,
го множества \ которые удовлетворяют системе неравенств
— 1 <у < 1, т. е. системе
а + 1-л]5а-а
а-\
a + \->J5a-a2
(7)
133

Система (7), в свою очередь, равносильна следующей
совокупности систем неравенств:
а +1 -Ъа-а2 >\-а,
a + l-Ъа-а2 <а-\,
a + l-yl5a-a2 <\-а,
(8)
Решим первую систему совокупности (8). Имеем:
5а-а2<4а2,
Ъа-а2 >4,
откуда находим 1 < а < 4.
Решим вторую систему совокупности (8). Имеем:
и далее (так как а > 0)
Ъа-а1 <4,
откуда находим 0 < а < 1.
134

Итак, совокупность систем (8), а следовательно, и система
(4) имеют решения: 0 < д < 1; 1 < д < 4. Это значит, что на
[0<а<5, . а + 1-у/5а-а2 /пч
множестве \ уравнение sin х = (9) имеет
\аФ\ а-\
[0<д<4, ^
решение только в том случае, если \ Это решение таково:
\аФ\.
х = (—1)* arcsm + пк, к е Z Если же 4 < а < 5, то
уравнение (9), а с ним и уравнение (1) не имеют решений.
Ответ: если а = 1, то х = (-1)я arcsin- + ял, л е Z;
еслиде [0; 1)и(1; 4],то*=(—1)*arcsin- — +я&, ке Z;
а-1
если a g (—°°; 0) и (4; +°°), то уравнение (1) не имеет решений.
к
Примечание. При а = 0 ^,=^2 = + 2яаи, т е Z. Этот
частный случай решения можно выделить отдельно.
Пример 10. Решить неравенство a sin2 х + 2cos * — а + 1 > 0.
Решение. Неравенство легко приводится к виду
a cos2 х — 2cos x — 1 < 0. (1)
Если д = 0, то имеем 2cos х + 1 > 0, откуда получаем
— — + 2пп < х < — + 2пп, где п е Z
При д * 0 положим cos * = z. Получаем систему неравенств
Различные возможные случаи определяются знаками функции
/(z) = az2 — 2z — 1 в точках —1 и 1, знаком а и положением и
значением экстремума функции у =f(z). Имеем:/(—1) = а + 1;
135

/(1) = а - 3. Далее, так как f{z) = 2az-2, то экстремум находит-
1
ся в точке z = - и является минимумом при а > О, максимумом
при а < 0. Значение функции в точке экстремума равно .
а
Уравнение az2 — 2z — 1 = 0 имеет действительные корни при
а > — 1, причем эти корни равны:
1 - л/l + a l + yll + a
Zl = ' Z2 = '
Значения функции/(z) = az2 — 2z — 1 в точках —1, 1 ив точке
экстремума меняют знак при следующих значениях а: -1, 0, 1 и 3.
Поэтому разобьем числовую прямую на следующие промежутки:
(-~; -О; (-1; 0); (О; З); (3; +«>). Если а < -1, то/(-1) и/(1)
отрицательны, отрицательно и значение экстремума,
находящегося в точке — промежутка (—1; 1). В этом случае функция
а
у =f(z) отрицательна во всех точках отрезка [—1; 1].
При — 1 < а < 0 значение функции положительно при z = — 1
и отрицательно при z = 1. Точка экстремума лежит вне отрезка.
Поэтому функция имеет один корень на отрезке [—1; 1], а именно zr
Поэтому функция у = /(z) отрицательна на промежутке (z,; 1).
При 0 < а < 3 дело обстоит аналогичным образом. Пусть
теперь а > 3. В этом случае функция у = /(z) положительна на
концах отрезка [—1; 1], имеет на этом отрезке точку минимума,
причем ее значение в этой точке отрицательно. Поэтому
неравенство/(z) < 0 имеет место на промежутке (z,; z2).
Итак, мы выяснили, каково решение системы (2).
Возвращаясь к неравенству (1), получаем ответ:
при а е (— °°; —1) х — любое действительное число;
при а = -1 х ф п(2к +1), к е Z;
при а = 0 2пт — — < х < 2пт + —, т е Z;
136

В)
при а = 3 2пп — arccos | - - |< х < 2пп или
2пп < х < 2пп + arccos I ~ ~ I, n e Z;
при а е (—1; 0) и (0; 3) 2nl — arccos zx<x< 2nl+ arccos z,, /e Z;
при д e (3; +°°) 2л;/? — arccos z, < x < 2np + arccos z2, /? e Z
или 2я# + arccos z2 < x < 2nq + arccos z,, # e Z,
1 1
где z. = -(l-Va + l); z2 =-
CL CL
В настоящем разделе мы рассматриваем также уравнения и
системы уравнений с несколькими параметрами. Например,
выражение вида F(x, a, b) = 0 (**) является уравнением с одной
переменной х и двумя параметрами а и Ь.
Задачу решения уравнения с двумя параметрами можно
сформулировать следующим образом: решить уравнение (**) с двумя
параметрами — это значит решить семейство уравнений, которые
получаются из уравнения (**) при различных действительных
значениях параметров.
Решение уравнений с несколькими параметрами аналогично
решению уравнений с одним параметром, однако в данном
случае необходимо учитывать, что теперь нужно искать не только
контрольные значения отдельных параметров, но и контрольные
зависимости между параметрами. Рассмотрим для примера
уравнение sin asinx = cos b (***).
Здесь контрольными являются те значения параметра а, при
которых sin а = 0, т. е. значения а = пп. Если, далее, sin a = 0, то
контрольными будем считать те значения параметра Ь, при
которых cos Ь = 0, т. е. значения Ь = — + пк. Наконец, если sin a * 0, то
уравнение (***) преобразуется к виду sin x =—.— и здесь уже
sin a
придется отметить контрольную зависимость между параметрами
cosfe
а и Ь: = 1.
sin a
137

В результате для уравнения (***) можно составить разбиение
множества значений параметров a, b в виде следующей
совокупности:
а =пп,
а =пп,
2
cosfe
sin я
cosfe ^
sin а
neZ,keZ.
Для первой системы решением уравнения (***) служит любое
действительное число. Для второй и третьей систем уравнение не
имеет решений, а для четвертой системы получим
( cosb}
х = (— l)m arcsin —— + я/я, те Z.
Пример 11. Решить систему уравнений
ftg x+ tg у = а,
\
[х + у=Ь.
f
Решение. Имеем < cos x cos у
[х+у = Ь
и далее
acosjccosy =
\
[х+у = Ь.
1
(2)
138

Для системы (2) составим следующие разбиения множества
значений параметров:
а = О, [а = 0,
sinfe^O,
При условии { первому уравнению системы (2) удовлет-
[sin Ъ = 0,
воряют любые пары (х; у), т. е. решения системы (2) совпадают с
решениями уравнения х + у = Ь. Возвращаясь к системе (1),
замечаем, что должны выполняться также следующие соотношения:
х ф — + пк\ у ф — + пп, к е Z, п е Z
При условии \ " ' первое уравнение системы (2) не имеет
[Ьфл
решений. Значит, не имеют решений и система (2), а с нею и
система (1).
При условии а * 0 система (2) преобразуется к виду
cos ;c cos у =
x+y = l
sinfr
и, далее,
cos(x-y) =
2sinb
x+y =
\cos(x-y) = c,
откуда 1 __ , (3)
где с = cos b.
a
Ясно, что система (3), а значит и система (1), имеют решения
тогда и только тогда, когда |с| < 1. В этом случае система (3)
равносильна следующей совокупности двух систем:
!х- у = arccosc + 2лт, \х - у = -arccosc + 2шп,
х + у = Ь, [х + у = Ь.
139

Из первой системы этой совокупности находим:
х\ - — +—arccosc+ 2лт,
2 2
Ъ \ те Z
у, = arccos с - Яш*
2 2
Из второй системы находим:
х2 = arccos с + 2Ят,
2 2
Ь \ те Z.
у 2 = - + — arccosc - Tim,
Проверка. Нам надо выяснить, нет ли среди найденных
решений посторонних. Область определения системы (1) определяется
условиями:
х±- + 7±, keZ,
2
71
у ф — + т, пе Z.
Посмотрим, не может ли случиться так, что при некоторых
значениях параметров найденные значения хиу совпадут с
запрещенными значениями. Нетрудно убедиться, что это произойдет в
том случае, когда
b ± arccos с = п + 2nl. Из этого равенства находим:
f2sinfc A
±arccos — cos& = п - Ь
±агссоя cosfc = cos (я — Ъ + 2я/);
L \ а )\
2sinb
cos b = —cos b\ =0; b = us, s e Z
a
a a
Значит, найденные решения являются посторонними в случае
140

[я=0,
Ответ: 1) если \ то
2
2) если
[fl=Of
[я* О,
cos ft
CL I
>1
| а Ф 0,
или \ то решении нет;
\b =ns,
3) если
а* О,
b*ns
2 sin b
inb J .t
cosfe <1,
то
ft 1
2 + 2
ft 1
---
b_l
b 1
:2 + 2(
где a = arccos
cosb I {fc /и, л, ^} g Z
J
Пример 12. Найти все значения параметра а, при которых
уравнение cos2 х — 2sin x = а имеет решение.
Решение. 1 способ. Исходное уравнение равносильно уравнению
sin2х + 2sinx- 1 + а = 0; (sin jc + I)2 = 2 - a; sinx = -1 ±V2-a.
141

Уравнение будет иметь решения, если
Ответ: [-2; 2].
2 способ. Если положить sin х =/, где |/| < ^то^ + г/- 1 + д = 0(*).
Уравнение (*) имеет два корня, и только один из них
принадлежит промежутку [—1; 1].
Здесь возможны две ситуации:
а) Уравнение (*) имеет два корня, и только один из них
принадлежит промежутку [-1; 1].
Из рисунка видно, что в этом случае/(—1) -J[l) < О, то есть
(а - 2)(а + 2) < 0, откуда -2 < а <2.
б) Уравнение (*) имеет два корня, принадлежащие
промежутку [—1; 1] (в том числе и равные между собой).
-1
В этом случае
D>0,
/(-1)> О,
ное решение а = 2.
Ответ: [-2; 2].
2-я>0,
я-2>0,
а + 2 > О,
система имеет единствен-
142

3 способ, а = 1 — sin2 x + 2sin x, и если положить sin x = /, где
|/|<1, то a(f) =1-/2 — 2/. Найдем область значений полученной
функции на отрезке [-1; 1]: a\f) = -2/ - 2 = 0; / = -1; а{-\) = 2,
д(1) = —2. Получаем а е [—2; 2].
Ответ: [—2; 2].
Пример 13. Найти все значения параметра а, при которых
уравнение 2а sin х — cos 2x + 3 — 2а2 = 0 имеет решение.
Решение. Первый способ (см. задачу 12) здесь мало эффективен.
Со вторым способом решения можно познакомиться в
приложении «Математика» №11, 2005 г.
Зспособ. Пусть sin х= /, где /е < [-1; 1], тогда 2а2 -2at-2f -2 = 0,
а2 — at — t2 — 1 = 0. Решая последнее уравнение относительно а,
получим а = — V5/2 +4.
2
1. Если a(t) = 1(/ + Л/5/2+4) , где / g [-1; 1].
2
/= -
л/5'
а{-\) = 1; а \ —т= =-7г ;
V5J V5
= 2;
-= ;
V5
;2 . При этих значе-
J
ниях параметра исходное уравнение будет иметь корни.
1
2. Пусть a(t) = -(r-V5r2+4), где /е [-1; 1].
5 t=~f=
г>0;
V5-
значениях параметра исходное уравнение также будет иметь корни.
-2;--^ . При этих
Ответ: при всех д е - 2;—— (J -т=;2 .
L v5j [V5 J
143

Упражнение. Найти все значения параметра я, при которых
уравнение cos 2х - 2acos я: + 2а2 - 41 = 0 не имеет корней.
Указание. Сначала необходимо узнать, когда уравнение корни
имеет, т. е. решить обратную задачу. Попробуйте решить задачу
тремя способами.
Ответ: (-<*>; -5) у (-4; 4)U (5; +«,).
Пример 14. (ЕГЭ 2005) Найти все значения а, при которых боль-
лг + 4 7б
ший корень уравнения лс2 + —7r~sin 2а — 16 = 0 на — больше, чем
V3 3
квадрат разности корней уравнения х2 — xsin а + -cos2 а — 1 = 0.
1
Решение. Находим корни первого уравнения: л2 + (~7т sin 2 oc)jc +
~7т
4 fsin2aY sin 2a
^sin la- 16 = 0: 1>=\ )
4 fsin2aY _ sin 2a
i l 16 0 1>\ ) 2
- —f= sin 2a + -p= sin 2a - 8
= УЗ ^ ..
1 . _ 1 . _ _
—j= sin 2a—= sin 2a + 8
x2= -Л й = 4--Ц
2 2 S
Очевидно, что х2 — больший корень первого уравнения.
Обозначим через х* и х2* корни второго уравнения, у которого
дискриминант D* = sin2a - cos2a + 4 = 4 — cos 2a; D* > 0, тогда
(x*-x*)2 = (x* + x*)2 - 4x*x2* = = sin2a - cos2a + 4 = 4 - cos 2a.
Заметим, что (х*- х2*)2 можно найти, предварительно найдя
1
х* и х2*. Согласно условия, получаем уравнение 4 — ~jz sin 2a - 4 +
V6 , 1 ,, J6 Л '., V2
+ cos2a= —; cos 2a — "7r sin 2a = — ; — cos 2a — - sin 2a = —;
144

cos |2a + ^| = —■; 2a+ - = ±—
{ b) 2 6 4
Ответ: a = ± — — — + nn, n e Z
о 12
Замечание. Авторы показали далеко не полный набор
возможных задач с параметрами, рассмотрев только наиболее
распространенные подходы к решению задач этого типа.
22. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ,
СОДЕРЖАЩИХ ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ
И ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Особое внимание будем уделять при решении данного типа
уравнений отбору корней, входящих в область определения
уравнения. Отметим, что решение системы неравенств, задающей
область определения, порой оказывается задачей более сложной,
чем решение исходного уравнения, поэтому, решая уравнение,
будем проверять выполнение неравенств области.
Пример 1. Решить уравнение logsin3jc(cos х — cos 2х) = 1.
Решение. Область определения уравнения задается системой
[sin Зх > О,
неравенств J sin 3**1,
[cosя:-cos2* >0.
Решая уравнение, получаем:
cos х — cos 2x = sin Зх;
Зх х Зх Зх
2sin—- sin- — 2sin— cos— = 0;
3x ( . x
sin у lsin--cosy 1 = 0.
145

Зх
Уравнение sin — = 0 не удовлетворяет первому неравенству
_ . Зл: Зх л
системы, поскольку 2sm— cos— > 0.
_ . х Зх
Решим уравнение sin- — cos— = 0, тогда:
(п дЛ Зх
cos^--J-cosT= . ^
Решение уравнения sin Т + ^=0 х= *" 2я/, / е
удовлетворяет неравенству sin Зх > 1.
(п \ ( пЛ
Решая уравнение sin — - х \ = —sin х -— = 0, получаем
х = —f- пп, п g Z
4
При п = 2к, к е Z, х = —К 2яЛ; все неравенства системы
4
выполняются.
При п = 2m+l, me Z, х= н 2ят; неравенство sin Зх> 0 не
4
выполняется, как не выполняются и остальные неравенства системы.
Ответ: —\- 2пк, ке Z
4
Пример 2. Решить уравнение
( sin2jc
logcosx —^гД + cosjt-sin2 x-yf2sinx = 2.
Решение. Область определения уравнения задается системой
неравенств
146
cos x > О,
COS X * 1,
.2 /^ • г*
=- + cos х - sin x - v 2 sin jc> 0.
V2

С учетом записанных ограничений уравнение принимает вид
sin 2x г
—7т~ + cos х — sin2 x — v 2 sin x = cos2 x.
Очевидно, что последнее неравенство системы излишне, необ-
f cos x> О,
ходимо проверить выполнение условий \
cosx —2sinx—>/2=0; 2sinx(cosx— 1) + V2(cosx — l) = 0;
(2sin x + V2)(cos x - 1) = 0.
V2
Поскольку cos x ф 1, уравнение 2sin x + 4l = 0 дает sin x = ——.
С учетом неравенства cos x > 0 получаем, что х е — + 2nn: 2nn \,
I 2 J
ne Z.
Ответ: f- 2nk, ke Z.
4
Пример 3. Решить уравнение 91о^п2х (4cos2 x) + Slogj^ sin x = 16.
Решение. Область определения уравнения задается системой
cosx>0,
sin jc> 0,
неравенств -
1
COSJC*—.
2
Получаем ——\- 81og2Cosx sin x = 16;
9
-—: :— + 41og9roer sin x = 8.
Обозначая log, sin x = /, получаем уравнение
147
At= 8; 4fi - 4/+ 1 = 0; (2/- I)2 = 0; /= ±.

log2cosx sin x = -, откуда sin2 x = 2cos x; cos2 x + 2cos x - 1 =0.
Очевидно, что поскольку | cos jc| < 1, то cos x = yf2 — 1.
Условие cos х > 0 и sin х > 0 дает х е 2ял- — + 2ял , п g Z.
I 2 J
Ответ: arccos( V2- 1) +
Пример 4. При каком значении а сумма logfl (sin x + 2) и
logfl (sin x + 3) будет равна единице хотя бы при одном значении х?
Решение. По условию задачи logfl (sin x + 2) + logfl (sin x + 3) = 1.
Обозначим sin x + 2 = /, причем t е [1; 3],
Получаем при \ ' logfl /(/ + 1) = 1, откуда /2 + t - а = 0.
Введем функцию /(/) = Z2 + / - а, графиком которой является
парабола с вершиной в точке с абцисой t0 = ——. Нули функции tx и
/2 должны быть на оси t расположены симметрично относительно /0.
Если /, < /2, то отрезку [ 1; 3] должен принадлежать только корень t2.
Необходимо решить систему неравенств:
|2-я<0,
| |12-а>0; [в £12;
Ответ: [2; 12]
23. ПРИМЕНЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ
ПОДСТАНОВОК В АЛГЕБРАИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ
При решении уравнений и систем уравнений бывают полезны
подстановки разного рода.
Особенно трудно учащимся представить, что вместо
переменной можно подставить тригонометрическую функцию,
поскольку при этом, как кажется, алгебраическое выражение
усложняется. Однако известные свойства тригонометрических функций
упрощают решение уравнений.
148

Если из условия уравнения следует, что \х\ < 1, то удобно
применить ПОДСТаНОВКИ Х = 8Н1ф-Т"-Ф-"Т ИЛИ X = COS ф (0 < Х<П).
Каждая из перечисленных функций на указанных
промежутках монотонна и каждое из своих значений принимает только
( п
один раз. Иногда бывает полезна подстановка jc =
Пример 1. Решить уравнение (х+ 1) vl - *2 + х = у[2 +-.
Решение. Левая часть уравнения определена при \х\ < 1, поэтому
можно воспользоваться подстановкой х = sin ф, где — — < ф < —.
Тогда данное уравнение примет вид (1 + sin ф) cos ф + sin ф = ^2 + ^
1
или sin ф cos ф + cos ф + sin ф = V2 + - - Полагая sin ф + cos ф = /,
где / g [—V2; л/2], после возведения в квадрат получим
г2-1
(sin ф + cos ф)2 = t2, откуда sin ф cos ф =———. Далее имеем:
f!_d + ,= V2 + i; /2 + 2г-2-2Л =0;
^-= 1 + 2 + 2V2= (Л + I)2; /12 = -1 ± (Л+ 1); tx =Л;
/2 = — 2 — ypi. Условию te [-ур2 ', у[2] удовлетворяет t = y[2. Итак,
sin ф + cos ф = V2, откуда ф = — (ведь -— < ф < —), т. е. х =~7г.
4 2 2 V2
1
Ответ: ~7т.
149

Пример 2. Решить уравнение х2 Vl-x2 = I х |3 — | х | + "Тг7.
Решение. Левая и правая части уравнения являются четными
I | . л П
функциями, поэтому можно положить | х | = sin ф, где 0 < ф < —.
Имеем:
sin2 ф cos ф = sin3 ф — sin ф + ~j=;
1
sin2 ф cos ф = -sin ф cos2 ф + ~г=;
1
sin ф cos ф (sin ф + cos ф) = ~т=.
Далее можно поступить как в примере 1, но мы представим
другой вариант.
Выполняем преобразования в левой части уравнения:
( пЛ
sin 2ф sin Ф + -г = 1.
Так как | sin f | < 1, то последнее равенство выполнимо, когда
или
Первая система имеет ре-
шение ф = — на отрезке 0; — . Вторая система решений не имеет.
а ор 0
— ±
1
Итак, |jc| = sin— их= ±"7?в
Ответ: ±гщ.
Пример 3. Решить уравнение Vl-x2 = Зх - 4х3.
Решение. Так как Ы < 1, выполняем замену х = sin ф,
— <Ф< — 1 тогда cos ф = 3sin ф; sinгг-ф — 3sin ф = 0;
2 2) \1 )
150

— +Ф =0. Последнее уравнение распадается на два:
1) sin|2q>~l= 0; Ф =| +|и, и е Z
Я = 0, Ф = -,*=8т-=^—
ЯП Г П п"1
Н05! _ \i-4i 1
4 =2л/2-7г;
371
1-cos—
, Зя . Зя . . . ,,
п = -1, ф = и х = -sin—= —V 4_= —- Vi
8 8 У 2 ^
2) cos Ф+7=0,Ф= ^+ пк, ке Znx = sin7= —.
\ 4 ; 4 4 2
Ответ: —; - V2-V2; -^ л/2+Tf.
Пример 4. Решить уравнение V1 + jc2 +x =
Решение. Понятно, что здесь удобно выполнить подстановку
х = tg а, где < я <—. Исходное уравнение примет вид
1 + sina , 1 + sina . ,
= cos3 а или (1 — sin2 а) cos а = 0. Разделив обе
cosoc cosoc
части последнего уравнения на 1 + sin а ф 0 и умножив на cos a * 0
( п п\
(поскольку а е ~~; ~ ), получим 1 - (1 - sin а)(1 - sin2 а) = 0,
V 2 1)
или sin3a - sin2 a — sin a = 0. Ясно, что sin а = 0 и sin2 а - sin а - 1 = 0.
151

Из второго уравнения системы получаем sin а = . Отсюда
ясно, что < а < 0. Далее найдем cos a = J и
tga=i 4 vrrv
Итак, уравнение имеет два корня: х = 0 и х = - J .
Непосредственной проверкой убеждаемся, что оба корня
удовлетворяют данному уравнению.
Пример 5. Решить уравнение
Решение. Легко видеть, что |х| < 2, поэтому здесь удобно
применить подстановку х = 2cos ср, где 0 < ср < я. Уравнение
примет вид
+ sin 2ф + 4l (/l- cos9 + V1 + C0S(P ) = 3;
//sin"l HCD I • *- "V^aini м +Ф |— 3.
я я 5я тт
Если 0 < ф < я, то — < — + ф < —.На полученном промежутке
4 4 4
sin / принимает как положительные, так и отрицательные значения.
Пусть ^ < - + ф < я, тогда 4l sinl ^ +Ф 1+ 2 V2 sin j +Ф 1= 3;
152

sin т+(Р =~/?5 и так как 0 < ф < —, то ф = 0; ф = — и
V 4 ; V2 4 2
х = 2cos 0 = 2; х = 2cos - = 0.
Если же п < — + ф < —, т. е. — < ф < я, то - V2 sin -г+Ф +
4 4 4 [ 4 j
+ 2 V2sin "Т+Ф = 3; sin ~Г+Ф = "7=- Последнее уравнение
корней не имеет.
Из двух найденных корней х = 2 и х = 0 непосредственной
проверкой убеждаемся, что х = 2 — корень данного уравнения.
Ответ: 2.
„ . f(4*3 - Зх)6 + (4у3 - Зу)6 = 1,
Пример 6. Решить систему уравнении ^
[х2+у2=1.
Решение. Так как л2 + у1 = 1, то можно положить х = sin a,
у = cos а. Тогда первое уравнение системы примет вид
sin6 За + cos6 За = 1.
Выполняем преобразования:
(sin2 За + cos2 3a)(sin4 За — sin2 За cos2 За + cos4 За) = 1;
1 - 3sin2 За cos2 За = 1, откуда sin За = 0 или cos За = 0.
Пусть sin За = 0, тогда 3sin a - 4sin3 a = 0 и, значит, или sin a = 0,
или8ша = ± —. Если sin a = 0, тох = 0;у= ±1. Если sin а = ± —,
л/3 1
тох=±— иу= ± -. Отсюда получаем решения: (0; 1);
(A il (-£ i\ (-£ л) (Л .0
[ 2 ' 2j:[ 2 ' 2j'[ 2 ' 2Д 2 ' if (0; -1)-
Исходная система является симметрической, значит,
существуют еще шесть пар ее решений: (1; 0);
153

Пример 7. Решить систему уравнений
2х
i-у1
1-г2
= JC.
п п)
Решение. Пусть jc = tg а, где а е [ ~ т; — . Тогда первое
уравнение дает у = tg 2а, а второе z = tg 4а. Третье уравнение примет
вид tg 8а = tg а, или
sin 7а
cos 8а -sina
= 0, отсюда sin 7a = 0 при
п
cos 8a * 0 и sin а ф 0. Значит, sin 7a = 0; х = —п, где п е Z, п ф 0.
Легко видеть, что (0; 0; 0) решение системы. Значение х = — п
должно удовлетворять ограничениям для а:
я. п ( пш Г. п \ (п п
1о
Следовательно, а = 0; а = ±—;а=±—;а = ± —.
Искомые решения системы таковы: (0; 0; 0);
Зге А бп;
Mg^
я
( 2л 4л SreWst 6п 12я
154

Пример 8. Решить уравнение Vl-дс2 sin х = х cos x.
Решение. Так как | х| < 1, то положим х = cos ф, где 0 < cos ф < я,
тогда sin ф sin х = cos ф cos х или cos (х + ф) = 0; х + ф = —+ ял,
п е Z. Итак, окончательно получаем, что ф + cos ф = — + ял,
л g Z (*). Функция /(ф) = ф + cos ф является возрастающей,
поскольку /(ф) = 1 — sin ф > 0. Следовательно, уравнение (*) может
иметь не более одного корня. Легко видеть, что ф=— hjc=cos— = 0.
Ответ: 0.
х 35
Пример 9. Решить уравнение х + / 2 = —.
Решение. Поскольку V*2 -1 > 0, |х| > 1. Кроме того, очевид-
Г _1 ^ 35
но, что уравнение, приведенное к виду х 1+ . = — дает
х > 0, тогда х > 1.
Произведем подстановкух = -—, где sin/ >0; 2ял</<я + 2 ял,
sin/
пе Z. Уравнение легко приводится к системе
sin/ = -,
cos/ = -
или
4
sinr = -,
cosf = -•
_L+_L= +
sin r cos г 3 4' которая дает
sin21 + cos21 = 1,
Очевидно, что cos / > 0.
5 5
Ответ: -; -.
Замечание 1. Покажем, что не произошло потери корней.
Первое уравнение системы дает
sint + cos/ _ 35
2sin/-cos/ 24'
155

Уже знакомая подстановка sin / + cos / = a; 2sin / cos t = а2 - 1
24
приводит к уравнению а2 -—а - 1 = 0, которое с учетом а > 0
имеет корень а =
.
24
• , F
L-cos2r , . ч
sin / =л/ , (sin /). =
-^- 3
(sin 02 =
— _ 4 _ 5^ _ 5
~ 5 ' X{ ~ 3' *2 ~ 4'
Замечание 2. Принимая во внимание, что х > 1, возводя обе
части в квадрат, получим
2
х2+
2х2
35V
-| Y^ I или
х2-1
35
12 J '
Далее подстановка
с2-1
-у; у > 0 приводит к уравнению
У2 + 2у -
= 0, откуда у, 2= -l±
Тогда у,= -1+ j2 = i2 '
Возврат к старой переменной дает
25
. -1 12 '
144X4 - 625X2 + 625 = 0; D = 6252 - 4 • 144 • 625 = 625 • 49;
2 25 ^ , 5
x,= 7Г; с учетом х > 1 получаем х, = т;
2 225 ^ , 5
x2 = ——; с учетом х > 1 получаем х2 = -.
156

Замечание 3. Применение других подстановок, например
у1х2 -1 = /, приводит к симметрическому уравнению четвертой
степени с громоздкими дробными коэффициентами. Далее по
стандартной методике это уравнение сводится к квадратному.
Возвращаясь к исходному уравнению, приходится решать еще
раз четыре квадратных уравнения.
Пример 10. Решить уравнение 2(2х2 — I)2 — 1 = х.
Решение. В этом примере тригонометрическая подстановка не
очевидна, поэтому сначала покажем, что числа, модуль которых
больше единицы, не могут быть решениями уравнения.
Пусть |х| > 1, тогда, поскольку 2л2 — 1 = х2 + х2 - 1,
2Х2- 1 > л2> И, а далее 2(2^ - I)2- 1 >|2х2- 1| > |х|.
Проведем замену х = cos а, где а е [0; я], получим уравнение
2(2cos2cc - I)2 - 1 = cos а. Поскольку 2cos2 / - 1 = cos 2/, левая
часть полученного уравнения равна cos4cc, поэтому уравнение
принимает вид cos 4а = cos а, тогда справедливо соотношение
±4сс = а + 2ял, при п е Z
2ял 2ял
Далее имеем а=—— и а = —г-. Отрезку [0; я] принадлежат
2я 2я 4я
только решения 0; —; —; —. Все корни различны, так как на
указанном отрезке косинус монотонно убывает (мы о
монотонности уже упоминали ранее).
Более того, уравнение четвертой степени не может иметь более
четырех корней. Возвращаясь к исходной переменной, получаем
1 2я 4я
корни: 1;--; cosy; cosy.
1 2я 4я
Ответ: 1; — —; cos — ; cos—.
£* J J
157

Упражнения
Решить уравнения:
1. |sin х + cos jc| = 1 + sin 2x.
2. 1 + sin 2x = cos x — sin x.
Указание: положить в упр. 1 и 2 cos x sin x = t.
3. sin 12jc + 9sin2 3jc - 3cos2 3x = 3.
4. Найти все корни уравнения
(2- >/3)(2- Ssin x + cos x) = 4cos2 (x - ^),
которые являются и корнями уравнения
ctg х + (2 + —)cos x + sin2 л: +1=0.
Решить уравнения:
1
5. sin хctg -x = sin2x.
3
6. sin x sin 3x = - — 2cos 2jc.
Указание: преобразовать произведение синусов в сумму и
получить квадратное относительно cos 2x уравнение.
3
7. 3cos2x - -tg2x + sin2* = 2.
8. sin2x+ -sin22x = sin —.
з 6
Указание: привести тригонометрические функции к cos 2x.
9. cos х/(1 + sin x) = 2cos x — tg x.
10. Найти все решения уравнения
((1 — cos х)0'5 + (1 + cos jc)°*5)/cos x = 4cos x, лежащие между 0 и 2я.
Решить уравнения:
11.(1- cos 2x)°'5/smx = yf2 (cosx - j=).
Указание: (1 - cos 2x)0'5 =V2|sin x|;
далее рассмотреть sin x < 0 и sin x > 0.
12. cos(- + 2х) = 2>/3sin ^sin (^ + |)-
158

13. Найти все решения уравнения
(1 + cos 2х)0'5 - (1 - cos 2х)0'5 = 1,
которые удовлетворяют неравенству 0 < х < п.
Указание: преобразовать уравнение к виду
л/2 (|cos jcl - |sinx|) = 1.
Решить уравнения:
14. 3sin2x - 2sin 2х + 5cos2x = 2.
Указание: получить однородное уравнение.
15. ((1 + cos4x)/(l -cos4x))' + tg' ( — -2х) = 0.
Указание: необходимо решить уравнение
ctg6 2x = ctg2 2x с учетом неравенства ctg 2x < 0.
16. (1 + sin (2х-Ц-)°«5 = -64sinx cosх.
17. sin 14 х = cos Ax — cos 6x.
3jc x
18. sin x — sin —cos ^=0.
19. cos Ix + cos 3x + 2sin2x = 1.
20. При каких значениях а число п является корнем уравнения
(- + sin(x - п +а))°>5 = cos — ?
21. Найдите наименьшее положительное решение уравнения
V2sin 2х = 7з (sin x - cos x) - 2 V2.
22. При всех действительных значениях параметра р решить
уравнение
sin4jc + cos4jc = /j2 — 1.
Решить уравнения:
V2
2Ъ.ьт(2соъх)-х = — .
24. cos 7х = -2cos Зх sin 2х - cos x.
25. sin х + sin 2x + (1 + 2cos x) cos x = 0.
Зя
26. cos"2 Зх - 4sin2 (Зх + я) = ctgl - —
159

27. При каких значениях а уравнение cos2 2х + 3 д2 = 4fl(cos4 х - sin4 x)
имеет решения? Найти эти решения.
28. Найти все решения уравнения cos 8х + sin 8х = -1, удовлет-
Зтс л-
воряющиеусловию ~тг<х<и,7тс.
о
29. Найти все решения уравнения
2cos2x - (cos x + sin x)|cos x - sin x| + sin 2x = 0,
удовлетворяющие условию -<х<п.
30. Найти все решения уравнения |tg~! — — 1| + cos x = 0,
те _
удовлетворяющие условию -<х<п.
Решить уравнения:
31. l/sinx-V3/cosx = 4.
л/2
32. sin х - cos x = —.
33. Найти все решения уравнения 4cos2x + 8sin х + 1 = 0,
удовлетворяющие неравенству cos x > 0.
Решить уравнения:
34. 1 - sin 2х = cos х — sin x.
35. 1 + sin 2x = (cos Зх + sin Зх)2.
36. 4cos x - 2cos 2x - cos 4x = 1.
37. 8sin x + л/3 /sin x = 1/cos x.
38. 1 - 4b sin 2х + 362 = cos2 2x.
39 251~cos6jc = 5tg3jc
l 35
40. 6sinx- 7= (34sin x — ^r)0>5.
41. 4(sin 4x — sin 2x) = sin x(4cos2 3x + 3).
42. Найти все корни уравнения (1 + tg2x)sin x - tg2x + 1 = 0,
удовлетворяющие неравенству tg х < 0.
Решить уравнения:
43. 4cos х sin х + 2sin x cos a — 3cos a = 2 v7 .
Указание: ввести вспомогательный угол.
44. (1 4- sin2x)0'5 + 2sin |= 0.
160

45. 52+cos2x- 25 • 5COS(2/Jf) = 0.
46.
47. tg(-cos x) - ctg(rcsin x) = 0.
48. 1 + sinx + cosx = 2cos(- ).
2 4
,л . 3jc x 3x . x 4n
49. sin—cos- = cos—sin- + cos—.
50. l/cos2x- tg2x + ctg(^ + x) = (cos 2x)/cos2x.
51. Найти решения уравнения |cos x|/cos x = cos 2x — 1,
удовлетворяющие неравенству х2 — Зтис + 2я2 < 0.
Решить уравнения:
52. cos2(x--)= I + cos 2x.
4
53. sin4x
54. sin x — sin 3x — sin 5x + sin Ix = 0.
55. 1 — cos(rc + x) + sin = 0.
56. 2cos2~ + cos 2x = 1.
57. cos ax cos bx = cos ex cos dx, где a, b, си d—
последовательные члены арифметической прогрессии.
58. cos2x+(l +ctg2x)-1 = 0.
Указание: |sin x| = (1+ctg2 jc)"1, cos 2jc =1 — 2|sin x|2, далее
положить |sin x| = y, ye (0; 1].
59. sin x, sin 2x и sin Зх являются последовательными членами
арифметической прогрессии. Найти х.
Указание: sin 2х = - (sin x + sin Зх).
Решить уравнения:
х 1 Птт
60. sin2- +-cos2x + 2 = 4sin(x ).
161

61. sin x (3 + cos Ax — 8cos4x) = 4(cos x + sin x).
62. arctg + arcsin дс = -.
x 2
Указание: косинусы двух равных углов равны.
63. sin2 2х + sin2 Ах = 1 - (cos 2x)/cos Зх.
64. (2sin Ax + 5sin xcos дс)0-5 = (cos 2x sin 4x)0'5.
65. sin Зх cos 2x = sin 5x.
66. Сколько корней имеет уравнение (1 - 2cos пх) 1о^ 2{х — дс2) = О?
Решить уравнения:
67. у!з sin 2л: + cos 5jc - cos 9jc = 0.
В ответе укажите количество корней уравнения,
принадлежащих отрезку [0; -].
68. у!з cos х — sin x = 2cos Зх.
69. arcsin(.x2 + 1 lx + 10) + 2arccos(2x2 + 22* + 20) = я.
Указание: переписать уравнение в виде
2arccos 2/ = я - arccos t, где |2/| < 1, и взять косинус от обеих
частей уравнения; проверка обязательна!
70. Найти корень уравнения 2 — 6sin2(x — я) — 5sin(x — —) = 0,
лежащий в интервале (2я; Зя).
71. На отрезке [ ;—] найти все значения переменной,
удовлетворяющие уравнению
у/зsin х — cosx = (2 — cos 2x — 7зsin 2x)05.
Указание: заметим, что \а\ = а, если а > 0 и
2 - cos 2х - sin 2х = (7з sin дс - cos дс)2.
Решить уравнения:
72. 15cos2x(l +tg2x)°'5 = 7.
73. (sin3x)/cos(;c^
о
74. sin2 л: + 3x2cos x + 3jc2 = 0.
ГЛ . . .2 Я • I
75.log -r-sin 2дс + cos дс-sin дс- V2 sin x =2.
162

76. cos x cos 3x = cos Ix cos 5x.
77a 5|3Jr-5|cosx=5(l-x)|cosx|>
78. Найти все значения параметра b, при которых уравнение
Ь*х2 — b tg(cos x) + 1 = 0 имеет единственный корень.
Указание: учесть, что в левой части уравнения стоит четная
функция.
"Зтт
79. Имеет ли уравнение 12cos( —V х) = |4 — 5cos x| хотя бы одну
пару корней, расстояние между которыми не превосходит — ?
Решить системы уравнений:
[6cos;c-2sin;y = 7.
3tg — + 6sin x = 2sin( у - jc) ,
81. J
■у
tg — - 2sin jc = 6sin(y + jc) .
Указание: почленно перемножить уравнения.
g2
sin x
sin(;t + y)
COSJC
sin(* + y)
1
"V2'
1
{sin л-sin"1 jc = sin v
cos*-cos jc =
Указание: возвести в квадрат обе части каждого уравнения и
результаты сложить.
Решить уравнения:
84. tg 8х - tg 6л: = sin"14x.
85. (1 - sin 2л:)0'5 = V2sin ;c(cos x --).
163

86. tg x(sin x - 2cos x - I)05 = 0.
87. |sin3 jc| + 13cos3x - cos x = 0.
88. (1 -sin2x)°'5-V2cos3;c = 0, если л: e [-—, -я].
89. 2cos f + 2(V5 -l)sin 7= 2 -yfE, если cos ^<0.
3 6 4
90. sin x(cos 2x+cos 6x) + cos2* = 2.
Указание: уравнение рассмотреть как квадратное относительно sin x.
91.3- 2CO&X+3ICOSX1 +11- 2СО&Х- 34 = 0.
92. ctg х + ctg 2x+ tg Зх = 0.
93. sin x + V3 cos л: = 2 + 3cos2 (2л: + -).
6
94. log.. (1 + cosx) = 2.
96. fl cos x sin я: = sinA:(ctgx+ 1) + 1.
97. cos4* - (fl + 2)cos2x - (a + 3) = 0.
Решить неравенства:
98. cos 2x < cos 4x.
99. sin x > sin 3x.
100. sinx— cosx> 0.
Указание: привести неравенство к виду sin (x — —) > 0 или
4
cos (*+-)< 0.
101. 2cos 2x + sin 2x > tg x.
102. |sin x| > |cos jc|.
103. Найти все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение 3sin(2x -—) = имеет ровно два различных реше-
о а +1
ния на отрезке _ — • п
L 2'
104. Найти все значения параметра а, при которых уравнение
{а + 39) Va^sin2*~cos2* = 41 - а имеет решение.
105. Найти все значения параметра а, при которых уравнения
sin2 2х + sin 2х = 0 и \а + 3|sin2 2х + sin 2х • cos 4jc — (а + 4)sin 2jc = 0
являются равносильными.
164

Ответы к упражнениям:
1. —к; ——+пк; {к, п}е Z
2 4
2 2/- - —
Я' 2
4. —+ 27iA:; ~- + 2я/; {к, 1} е Z
3 2
5. 2ял; — +я&; {л, Л} е Z
2
, А;} € Z
9. — +— и, я e Z
4 2
1Л я 7л 5я Пп . 1 + V5 .
10. —;—;—;—; arcsin ; п+ arcsin
6 6 6 6 4
6.
7.
8.
+А+7,
6
, я
+ —+71
6
;я, я е Z
я — arcsin ; 2я — arcsin
4 4
11.+— + 2ля, flEZ
12
12.яя; ± — + 2лА;; {л, к} е Z
6
13- !:!:т-
14. —+ял; arctg 3 +пк; {к, п} е Z
4
165

16. — +пк; — +пт; {к, т) е Z.
36 36
18. ли; ±-+п2к; {п, к) е Z
20. -- + 2яя; 2л£; {и, к) е Z
21.105°.
22. ГТри/>е [-V2;-VU ]UtVU;V2] ±0,5arcsin ^2(2-Р2)+пп,
ne Z, при остальных действительных р решений нет.
2
23. iarccos + 2пп; {р, п) е Z.
я((1)"+4)
-л Я Я . Я , Я 57Г ri i 1 гг
24. — + — к\ — +я/; — — +я/и; — —+ял; {А:, /, m, n}e Z.
6 3 4 12 12
25. ± — + 2ял; -—+я/и; {п, т) е Z
3 4
^, я , я . . _
LXj. ■ /С, IX, fc ^>.
12 6
27. При |а| < - +0,5arccos а + пп; ±0,5arccos За + л/и; {w, /и} € Z
29.-л.
4
166

30.0.
31. -— + -пп; -п+2пк; {к, я} е Z.
18 3 6
32. - + (-l)'-+nk, keZ.
4 6
33. ~- + 2пк, keZ.
34. 2ял; — +пк\ —— + 2пт\ {к, п, т) е Z
4 2
л _ ТЕ , Я Я ,, . „
36. 2ял; -+nk;{k,n}eZ.
37.- —+-/и; ^+7Сл; {^5«}е 2:
38. При \Ь\>1 уравнение решений не имеет;
при \Ь\< - 0,5(-l)/Iarcsin b + —п;
0,5(-l)marcsin 36 + -/и, {т, п) е Z;
при - < Щ < 1 0,5(-l)'arcsin b +-I, I e Z.
39. (-1)"^ + |«,«gZ
40. (-l)"arcsin ±z^-+nne Z
6
41. ял; ± —+—m\ {n, m) e Z
42. -- + 2ЯЛ, л eZ
6
167

О /7 тг
43. При а = -arccos +п(2п + 1) х= -—+ 2л/и {п, т) е Z,
7 6
при а = arccos ^-^ +я (2к + 1) л: = - — + 2я/ {А:, /} е Z,
7 6
при остальных действительных а решений нет.
44.--
2
45. я*, Л е Z
., я я _
46. -+—л, ле Z
47. 2arctg 2 + 2я«; -2arctg - + 2я/и; {«, /я} е Z
2
48. -- + 2ял; ±- + 2яА:; {/i, A:} e Z
2 2
49. ^-у— arcsin1— А;, ке Z.
50. -- +ЯЯ; arctg 2 + я£; {и, А:} е Z
4
52. — +пк; -arctg 3+ ял; {^, л} е Z
4
53. — +яя, л е Z
2
54. -k,keZ.
4
55. (2л + 1); ±-я +4яА:; {*, л} е Z
3
56.я(2л + 1); ±- + 2яА:; {А:, л} g Z
3
168

57. (nm)/(2(b- а));пп/(ЪЬ- a), {m, n} e Z
5S.-+nk,keZ.
2
59. |«, n g Z
60. ±- + 2n)fc, JfceZ
61. — +nn, ле Z
62. 0,8.
63. |+|и; ^-k;{n,
64. |«;-
65. лА;; -+-«;{«,Jt}eZ
66.
67.
68.
69.
70.
71.
72.
6
1.
3.
71
— +71Л,
12
-10;-1
420°.
г71 -я
3
neZ.
±arccos -+пк, ке Z.
__ 5л; п „
74. 0; я + 2ял, л e Z
я
75. — — + 2яя, пе Z.
4
169

76. -я, nsZ.
О
77.2; -+nk,keZ.
2
78. При b = ctg 1 уравнение имеет единственный корень х = 1.
79. Нет.
27 17
80. (arccos — + 2ял; arcsin —+я (2л + 1), л е Z;
27 17
(-arccos — + 27i/я; -arccos — + 2я/и), /и е Z
28 28
1 2
(-arccos - + 2я£; -я+2яя);
1 3
1 2
(arccos - + 2л£; —-я +2пп); {к, п} е Z.
82. ( —+яя; — +пт); {т, п} е Z
4 4
83. (±- + 2яА:; ±
2; ±
4 4
(±-я + 2л^; ± - +
4 4
84. -+-/I, л = —1; 0; 1;2; -- + — к, к= 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9.
85. ял; — агссо8(--) + 2я&; {л, Л} е Z
1 1
86. п(2к + 1); arccos ~7т - arcsin~7з + я(2я + 1); {к, п) е Z
87. ±arctg 2 + я(2я + 1), п е Z
88 -15L 217Г
8 ; 6
89. я(24Л - 1); я(24/ + 7); {к, 1} е Z
170

90. -я+2ял, ne Z
2
91. ±- + 2ял, ле Z
3
92. — +— т\ ± —+ял; {/я, п} е Z
4 2 3
93. — + 2ял, л е Z
6
94. - + 2яА;, A;eZ
95. (-l)"arcsin 2" ^^5weZ
96. При og/?x=-- + 2nk,
2
при о g (-oo;2 - 2V2) u [2V2 + 2;сх>] переменная принимает еще
одно значение: х = — + 2пп± arccos —-=; {п, к} е Z
4 ау/2
97. При а е [-3;-2] х = ±arccos(2fl + 5) +А;, к е Z,
при остальных действительных о уравнение корней не имеет.
98. (-+ял; -n+nn)9neZ
3 3
;-^я + 27гЛ Г5 + 2тйк;2тл\ Г ^ + 2tiA:;^тс +2тгА:1
4 JJ I 4 JJ 14 4 J'
100. Г 5
101. (-—+яя; -arctg 2 +ял) и(-- + ял; -
2 4 4
102. (- + 71*; — + 27*1 ike Z
103. -0,25.
104. (0: 39].
105. (-00;-7] U {-5}.
171

И. ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА
1. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВИДА
Если а = 1, то уравнение имеет бесконечное множество
корней, так как 1Лх) = 1 и х — любое число из области определения
функции f[x).
Очевидно, что а * 0. При всех остальных а о"*' = о0, откуда
Ах) = о.
Пример 1. Решить уравнение (2л/2 )2sinx~' = 1.
Решение. Имеем, что (2 V2 )^пх~1 = (2 V2 )°, откуда 2sin jc — 1 = 0;
sin x = 0,5; х = (— l)k - + nk , к e Z — таков ответ.
6
Пример 2. Решить уравнение 2х2 ■ 3х2 =1.
Решение. Так как 2х2 ■ 3х 2 = 6х2, уравнение равносильно
уравнению 6х2 = 6°, откуда *2 = 0их = 0- корень исходного
уравнения.
Пример 3. Решить уравнение (а - 1)х -ах+ ' = 1.
Решение. Если а = 1, то уравнение корней не имеет.
Если а — 1 = 1, то есть а = 2, то х е Л
Если a G (-оо; -2] U (2; +°°), тох2 -ах+ 1 =
172

Упражнения.
Решить уравнения.
1. 2
3. (a2- I)'2""2 = 1.
Ответы и решения:
1. 0; 1.
2. 0; 0,5.
3. Если а = ±1, то уравнение корней не имеет.
Если а2 — 1 = 1, т. е. а = ± V2 , то х — любое
действительное число.
Если а2— 1 * 1, т. е. аФ ±4l ид*±1,тох2— д2 = 0их= ±а.
2. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВИДА
Если q(x) = 1, то корни этого уравнения являются корнями
данного уравнения, если входят в область определения
функции fix).
Если q(x) ф 1, тоДх) = 0, при этом необходимо помнить, что
при найденных значениях х выражение (q(x)Yx) должно быть
определено.
Пример 1. Решить уравнение (х2 - 4)2х+3 = 1.
Решение. Если х2 — 4 = 1,тох= ±л/5 — корни данного
уравнения.
173

Если х2 — 4 * 1, то 2х + 3 = 0 и х = -1,5. Найденное значение
удовлетворяет неравенству х2 — 4 ф 1, и выражение (х2 — 4)2х+3
определено.
Ответ: ±v5; —1,5.
Пример 2. Решить уравнение |х - 21*2 ~6х+8 = 1.
Решение. Корни данного уравнения находятся среди корней
уравнения |х - 2| = 1, откуда х = 3 и х = 1. Далее решаем уравнение
х2 — 6х + 8 = 0, корни которого 2 и 4. Но при х = 2 выражение
| х — 2 \*2"6х+8 не определено: имеем неопределенность вида 0°.
Значит, х = 4.
Ответ: 1; 3; 4.
Пример 3. Решить уравнение (2х + б)*2 ~9 = 1.
Решение. Данное уравнение может иметь корни, являющиеся
корнями уравнений 2х + 6 = 1 или х2 — 9 = 0, откуда jc = —2,5 или
х = ±3, но при х = -3 вновь имеем неопределенность вида 0°,
поэтому х = — 3 не является корнем исходного уравнения.
Ответ: 3; —2,5.
Упражнения.
Решить уравнения.
1. |JC И" 3 |-2 -2ДС-3 = 1.
2. |х2-4|*2-5* + 6= 1.
3. (sinx)COSJf= 1.
4. (х + д)2*-^ 1.
Ответы и решения:
1. -4; -2; -1; 3.
2. ± л/з ; ± л/5 ; 3. Следует обратить внимание на то, что х = 2
дает неопределенность вида 0°.
3. Решаем уравнения sin x = 1 и cos x = 0. Ответы объединяем и
л _
получаем х = — + яю, п G Z.
4. х + а=1; х=1 — а — корень данного уравнения. Далее
имеем 2х — 4 = 0, х = 2. Заметим, что при этом (2 + а)0 = 1
и д * -2.
Ответ: х= I - а, а е R; х= 2 при д * -2.
174

3. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВИДА
Разделив обе части данного уравнения на №х\ получим
апх) л (а\{х) (аЛ°
Т7пГ = 1; Г = Г > откуда fix) = 0. При проведении
рассуждений предполагалось, что д > 0, Ь> 0, а* I и Ьф1.
Пример 1. Решить уравнение 24~5х = 34~5х.
Решение. Разделим обе части уравнения на 34~5х > 0, получим
= 1; I з = I з jоткуда4~5х = 0их = °'8-
Ответ: 0,8.
Пример 2. Решить уравнение З2*"5 = 2Х~2-5.
Решение. 9Х~2>5 = 2Х~2-5. Разделив обе части уравнения, напри-
Г2У ГгГ
мер, на 9х"2'5 ф 0, получим - = - , откуда х - 2,5 = 0 и
jc= 2,5.
Ответ: 2,5.
Пример 3. Решить уравнение 62х+1 = 33х+ 4х +'.
Решение. Выполним преобразования, не нарушающие
равносильность уравнения:
62*.6 = 3з*.3-2*-2; 36* =27*-2*; 36* = 54*; (—1 =1;
154J
2 V Г2Ч°
.3
Ответ: 0.
175

Упражнения.
Решить уравнения.
1. 14* ~2= 132-*.
2. V5*-*=V3X-X
Зф з* • 4*2 • З'2 = 2х • 9х2 • 2х3
4. 2*+3 = Зх+1 + Зх + 2.
5. 9х+| - 12-6' + 4х+1 = 0.
Ответы и решения:
1. 2.
2. 0; 1.
3х • З*3 2х • 2х3
3- ^7- = ^-; Зх-^2+
х= 0 или jc= 1.
4. 2Х-8 = 3Х-3 + 3Х-32; 2х-8
!)# **•-•-*-••
4. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВИДА
Здесь левая и правая части приведены к одному основанию.
В силу монотонности функции у = а' (а > 0, а ф 1)
заключаем, что решением этого уравнения будут корни уравнения
Замечание. Исходное уравнение можно делением обеих
частей на ач{х) привести к виду дЛ*)-*<*> = 1; а^х)~д(х) = а0, откуда
176

Пример 1. Решить уравнение б0*5*2 ~* = V6 3 .
I— -3- 3
Решение.Поскольку V6"3 =6 8; 0,5л2 -х=-~ ; 4.x2-8х + 3 = 0.
о
4 + 2
D = 16 - 12 = 4; х1>2 = -^- ; х, = 0,5, х2 = 1,5.
Ответ: 0,5; 1,5.
х 4
Пример 2. Решить уравнение 5 ^+2 . о,2 Л+2 = 125'"4 • (0,04)*"2.
х 4
Решение. 5 J~*+2 -0,2^+2 = 53'-|2-5-^ + 4; 5Л"2 = 5*"8;
л: — Vjc —6 = 0; Vjc=3;jc=9.
Ответ: 9.
ПримерЗ. Решить уравнение 2х~и52х-{ = 0,5-52х"4-102*-3.
Решение. Выполняем очевидные преобразования:
2х -25х 52дг~3-102х~3
Ответ: 3.
; 50' = 50^-3; 2х-3=х; х=3.
Пример 4. Решить уравнение | х — 2 \Зх2 ~1 = \ х — 2 \2х.
Решение. Имеем очевидный корень х = 2, поскольку 0й = О4 —
очевидное равенство. Пусть | х — 2 \ = 1, тогда х = 3 и х = 1. Далее
получаем уравнение Зх2 - 1 = 2х\ Зх2 — 2х — 1 =0, откуда х = 1
1
Ответ: 1; —; 3; 2.
3
Пример 5. Решить уравнение х v8x+1 =x+vl6x+3.
Решение. Область определения уравнения определяется
неравенством х>2, xeN. Так как л/а=а" , то 8х"1 =16*+i;
177

2 2 3jc2 + 6jc+3 = 4jc2+ 12jc-4jc- 12;
jc-l jc + 1
jc2 -*- 2jc — 15 = 0, откуда jc, = 3 и jc2 = — 5. Ясно, что второй корень
не входит в область определения.
Ответ: 3.
flY1
Пример 6. Решить уравнение - = 2х ~\
Решение.
1 способ. Подбором находим х = 1. Других корней это урав-
fiY
нение не имеет, поскольку функция f[x) = \-\ монотонно
убывает, а функция q{x) = 2х3"1 монотонно возрастает
(q'(x) = (2''-1ln2)-3x2>0).
2способ. Прологарифмируем обе части уравнения по
основанию 2, получим (х — I)log23 = х3 — 1; (х3 — 1) + (jc — 1)1о^.З = 0;
(х - 1)(х2 + х + 1 + Iog23) = 0; х= I; х2 + х + 1 + lot-.3 = 0;
D = -3 - 41og23 < 0.
Ответ: 3.
Упражнения.
Решить уравнения.
2. 3*-' = 2.
3. 8V4 * =V82-X.
4. 9' • 4* = 'V?77.
5. ^Зх+3 =x~j92x~
4Х+2 2л/2
6.
0,5х"1
7. V43Vx -4Л+2=0.
178

8.
9. 2*2
10. V2*V4*-' -у^ДО"2 =0.
Решения и ответы:
1. \fr -yf^ = ШУ, л/4^-л/5^ = 400; V2O* =202; 20'=202
Ответ: 12.
2. 3'- ' = 2; 3*~' = 31о«з2; х = 1+ Iog32 = Iog36.
Ответ: Iog36.
2х-2
2 2
' Зх ~2{2-хУ
44х- 22Х2 - 8 + 4х= Эх2 + 9х; Их2 - 39х + 8 = 0; х, = 1,
8
Ответ: 1; —.
£±i 1 1
4. 36* = 6 3 ; 2х = - (х + 1); 6х = х + 1; х = -.
1
Ответ: —.
х+З 4х-8
5. 3' =3*4; x2 + 2jc-3 = 4x2-8jc;3^- 10jc+3 = 0; jc, = 3
и х2 = —. Второй корень не удовлетворяет определению
арифметического корня.
Ответ: 3.
179

22jc+4 22 —x
2*+ 2T
X~ 22'
Q
Ответ: .
22
7 4"7" _ 4VI+2. ^ТГ _ лл+2.
JC=1.
2
, —X- -
=4
-3 = 0,jc>0, откуда
Замечание. В школьном курсе математики считается, что vl = 1
(см., например, Колмогоров А. Н. «Алгебра и начала
анализа» 10—11. Замечание 2, стр. 202).
Ответ: 1.
8.
2Х\ 22*-
££ A3
4 23х 2л:-2
2 24 = 2 5 •
Ответ: .
67
= 4 s I 2-.2i2 =2 5 ;
= 48jc - 48; 67* = - 48.
9 2х2 -2'96х~8 = 6*2х2шЗх2 • 96х~8 = 3х2 + |ш 3i2jc~ 16 = 3х2 + 1ш
jc2- 12х+ 17 = 0; j =36- 17= 19; jc12 = 6±Vl9.
Ответ: 6 ±Vl9.
10. V2*-2 3 -V22x+2-2 2 =0; 2 3x =2 6 ;
IOjc- 4 = 3jc2 + 2jc; -7- = 16 - 12 = 4; jc, 2
180

2
х, = 2, х2 = -. Очевидно, что полученное значение х2
корнем не является.
Ответ: 2.
5. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВИДА
2 +... + аятпх+сп = F
В уравнениях подобного вида в степени перед х стоит один
и тот же коэффициент. Для решения этого вида можно вынести за
скобки т™, но лучше выносить за скобки тпх+ск, где ск —
наименьшее из чисел с., / = 1, 2,..., л, тогда в скобках останется
постоянное число, которое обозначим через А, тогда mnx+ck-A=F.
F
Если — ^ 0 то уравнение корней не имеет. Если F = А, то
Л
F F F
пх+с= 0. Если ->0и- = те,то пх + с=те. Если — * /и*, то
уравнение решается логарифмированием обеих его частей по
любому положительному основанию отличному от 1.
Пример 1. Решить уравнение 3Л+1 - 2 - ЪГх - ЪГх~х = 6.
-^U-l =6; 3Л-(9 - 6 - 1) = 6;
"' =3;
Ответ: 4.
2*+1 - 52*~' = 2 • З2* + 4 • 52(хЧ)
Пример 2. Решить уравнение 32*+1 - 52*~' = 2 • З2* + 4 • 5
9
Решение. У* • 3 - 2 • З2* = б2*-' + 4 • S2*-2; З2* = — S2*; разделив
Z3
181

(ЗУ* 9
обе части уравнения на 5Ъ, получим - = —, откуда 2х = 2;
Ответ: 1.
Пример 3. Решить уравнение 4х2 + х"1 - 4х2 ~х~■ = 1,5 • 4х2 "'.
Решение. 4х2 "' 4* - — = 1,5 • 4х2 ~'. Поскольку 4х2 -■ > 0, то
4*" 4х" I = 1>5- Пусть 4* = '■ t > °»тогда /2 " lj5/" ч = °;
/, = 2, /2 < 0. Итак, 4х = 2 и х = 0,5.
Ответ: 0,5.
Пример 4. Решить уравнение 9х - 2х"°-5 = 0,4(2х+0-5 + З2').
е. 9х - 9х -0,4 = 0,4-2*-20'5 + -^ 9х"0'6 = ^"'
9* 3 f9]X=(9-T откуда х= 05
Ответ: 0,5.
Упражнения.
Решить уравнения.
2. 3х-3х"3 = 78.
3. 4^+1 + 4^=80;
4. 4^"9 - 24х"24 + 16х"6 - 256°'5х"3 = 1008.
5. Зх~2- 2-3'" ! - 5-Зх+1 = -70-2х-'.
6. 23х+ 23х+1 + 23х + 2 + 23х + 3= 15.
7. 6х + 6X+1 + 6X + 2 = 7X-7X+1 + 7Х + 2.
g gx _ 2х + °>5 = 2х + 3>5 — З2*" '.
2 2т_| 2 I
10. 2-Зх + 0,25 -4х"2 = 6- 3х"1 + 4х"3.
182

Решения и ответы:
1. 2*+2(4 - 1) = 24; 2* + 2 = 23; х + 2 = 3; х = 1.
1 26
2. 3*(1 - —) = 78; 3' • — = 78; 3' = 81; х = 4.
3. 4*- 5 = 80; 4* = 16; 4* = 42; л: = 1.
4. 42х~9 - 42дг"|2 + 421"|2 - 42х~|2 = 1008.
5. 3*-2(1 - 2 • 3 - 5 ■ 27) = -70 • 2*-';
3*~2(1 - 6 - 5 • 27) = -70 • 2х"1; 3*-2(- 140) = - 70 • 2*-';
3х-2 = 2х-2 и х=2.
6. 23*(1 + 2 + 4 + 8) = 15; 2^=1; х = 0.
7. 6*(1 + 6 + б2) = 7*(1 - 7 + 72); 6' ■ 43 = 7* • 43; [ | ] =1;
8. 9* + З2*- ' = 2* + 3-5 + 2* + 0-5; 9*(1 + -) = 2'(23-5 + 20-5);
4 g^ 20'5 • Q • 3 f 9Y 27
* 3 Z Z У> 2' 4 ' I 2 21S '
9. 2*2" Ч22* + 2"^) = 2х2 ~1 ■ 2 "4* ■ 2. Разделив обе части
уравнения на 2х2~1 > 0, получаем 2^ + I'2* - 2-2~4jf = 0;
2<* + 22* -2 = 0. Обозначив 2^ = /, получим /3 + / - 2 = 0,
откуда /= 1, поскольку сумма коэффициентов уравнения
равна нулю, а (/ - 1)(/2 + 2) = /3 + /-2 = 0
6-3 4 4
10. 2 • 3х — = ^---у;0 = 0их — любое действительное
число.
Ответ: (—«>; +«>).
183

6. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВИДА
Это уравнение называют трехчленным показательным
уравнением. Подстановка у = а*х\ у > 0 дает обыкновенное квадратное
уравнение ту1 + пу + р = 0. Найдя его корни у{иу2и выбрав те
из них, которые больше нуля, решают уравнения у{ = cflx\ у2 = (fx).
Если же ух < 0 и у2 < 0, то уравнение корней не имеет.
4
Пример 1. Решить уравнение 9х + ■ — 5 • 3х" ■ = -.
Решение. Используя свойства степеней, представим исходное
5 4
уравнение в виде З2*- 9 — - ■ 3х — - =0. Полагая далее 3х = /,
5 4
/ > 0, приходим к квадратному уравнению 9/2 — - / — - =0.
t,,=
1 1
/.=-, /2<0. Значит, 3*=-
*w 18 18 ' ' 3' 2 ' 3
c = —1.
Ответ: — 1.
Пример 2. Решить уравнение 5Х+' + 5^+ 2 = 126.
Решение. 5х • 5 + |^ - 126 = 0; 5х = у, у>0; 5?- 126у + 25 = 0.
0.25Z) = 3969 - 125 = 3844; у12 = ^|^; у> = 25, у2 = |. Для
1
нахождения х имеем два уравнения: 5х = 25 и 5х = —. Корни этих
уравнений 2 и —1.
Ответ: 2; —1.
184

Пример 3. Решить уравнение 2cos2jc + 2sin2jc = 2 л/2 .
Решение. Так как cos 2х= 1 — sin 2х, получаем уравнение
2
2i-sin2* + 2sin2*=2V^; ;р^ +2sin2*-2V2 =0;
22sin2х_ 2 • -/2 • 2sin2jc + 2 = 0" (2sin2jL— л/2 )2 = 0" 2sin2Л = 20>5'
1-cos 2jc 1 я я
= -; cos2x = 0; x=- + -n, neZ.
Ответ: ~7 + ^п, п Е Z
Пример 4. Решить уравнение 8х2 + 22*3 ^ - 3 • 2<х"1)2 =0.
Решение. Запишем исходное уравнение в виде
23*2 + г2*2 "х - 3 • 2 • 2х2"2х = 0 и вынесем за скобки 2х2 " * > 0,
получим 2х2~2х\ —;— + —; 6 = 0, откуда 22х2 + 2х + 2х2 +х- 6 = 0
I2*"'2* Г"2Х )
Теперь выполним подстановку 2х2 + А= а, а>0, тогда а2 + а — 6 = 0,
откуда о, = 2ио2 = -3. Второй корень меньше нуля, поэтому
остается решить уравнение 2х2 +х= 2; х2 + х — 1 = 0; jc, 2 = —== .
-1±V5
5х +3* 4 • 5х"1
Пример 5. Решить уравнение — j =
j ^7 •
Решение. Разделив числители и знаменатели в обеих частях
уравнения на 5х > 0, получим равносильное данному уравнение
185

_ /3Y
ЗХ • Выполняя подстановку - = а, а > О, полу-
j [5,
4
чаем —- =—5— (*). Заметим, что а ф 1, а ф -. При этих
1 - а 2 - За 3
ограничениях получаем равносильное (*) уравнение (5 + 5а)(2 —
- За) = 4 - 4д; 10 - 5а - 15а2 - 4 + 4а = 0; 15а2 + а -6 = 0; Z) = 1 +
-1+19 3
+ 360 = 361; ах 2 = ; о, = -, д2 < 0. Возвращаясь к ста-
ГзУ з
рой переменной, получаем уравнение - = — , откуда х= 1.
Ответ: 1.
Упражнения.
Решить уравнения.
2. 2|+х+ 2'-* = 5.
3. 9*2-' - 9-3*2"2 - 648 = 0.
2+jt 3-jt
4. 5 * -5* =100.
4 6
7 V2 — + V"1 —
186

9 | i
Ц
10. 12* - 6* + 6 - Ц- = 0.
11 2sin 2 I jc — I + 2(sin x + cos x) 2 + ' = 9
I 4J
12.
- 1 = 0.
Решения и ответы:
Ъ2х
1. —+ 6-3^-81 = 0;^+18/-243 = 0; 0,25Z)= 81 + 243 = 324;
3
/, 2 = -9+18; /, = 9, /2 < 0; 3х = 9, х = 2.
Ответ: 2.
2. 2 ■ 2х + — - 5 = 0, If -
х_ \_
Ответ: ± 1.
3. 3х2 "! = у; у2- Зу-
у2 < 0. У2 ~' = 27; л2 - 1 = 3; х2 = 4; х = ±2.
Ответ: +2.
* 5^
4. 5х -5-— = 100; 5' = z, z > 0; 25z2 + z3 - 500 = 0;
z3 -25z2 + 500 = 0; z3 - 125 - 25z2 + 625 = 0;
(z - 5)(z2 + 5z + 25) - 25(z - 5)(z + 5) = 0;
187

(z - 5)(z2 + 5z + 25 - 25z - 125) = 0; z, = 5,
или z2 - 20z - 100 = 0; z2 = 10 + 10Vl0, z3 < 0. Итак,
I 1 1
5* =5; x, = 1; 5* = 10+loVlO; — = Iog5(10 + Юл/Го);
x
x2
x2 ~lo
Ответ: l;logIOfloVi55.
5. 2X= t, t> 0; yft + \-yft^A=\; /+1 = 1+ ijt^A +t- 4;
yft^4 =2;/=8;2*=8;jc=3.
Ответ: 3.
6. 3* = z,z>0; Vz2+z-3=- + 2; z2 + z-3= — + — + 4;
3 9 3
9z2 + 9z - 27 = z2 + 12z + 36; 8z2 - 3z - 63 = 0;
D = 9 + 2016 = 2025; z12 = Ц^-\ z, = 3, z2 < 0; 3* = 3;
16
16
x=l.
Ответ: 1.
7. *--я |-^ + р-£—2:^-!?=-2:У+ 3,-27 = 0;
3 p p Ъ p
D = 225; P]2 = —f—; p = 3; 3'"' = 3; x = 2.
Ответ: 2.
1
8. 6х = /, /> 0; —7 = -; 5(/2 + 1) = 7(/2 - 1); - 2/2 = - 12;
1 t 5
/2 = 6; / = л/б ; 6х = л/б ; x = 0,5.
Ответ: 0,5.
188

/2 + /- 0,75 = 0; Z) = 4, /, = 0,5, /2 < 0. Ясно, что
х + Vl + jc2 = 1; 1 + х2 = 1 - 2х + х2 и х = 0 — корень
иррационального и данного уравнений.
36
10. Перепишем уравнение в виде 4х-3х - 2х-3х + 6 - — =0
и рассмотрим его как квадратное относительно 2х:
D = 9х - 4 • Зх(6 - р) = 9х - 24 • 3х + 144 = (3х - 12)2;
3*±(3'-12)
2х = —~——— . Тогда получим два уравнения:
Здг + Здг-12_1 6 3*-З + 12_6
2х = —^7^— " у и 2х = —Y^y— " 37' ПеРвое
уравнение вида 6х = 3х — 6 можно решить графически, построив
графики функций у = 6хи>;=Зх — 6 (оно решения не
имеет), а второе вида 6х = 6 имеет очевидный корень.
Ответ: 1.
l-sin 2x
2
п2г
И. 2 2 +22+sin2l=9; _^±- + 4-2si"^=9;2 2 = у, у>0;
4У - 9у + V2 = 0. Очевидно, что одним из корней
уравнения являетсяу= л/2 , при этом (у — Л)(4д^ + 4ур2у— 1) = 0
(в этом можно убедиться, разделив многочлен на одночлен
«уголком»). 4/ + 4>/2у -1 = 0; 0,25D = 8 + 4 = 12;
-2л/2±2>/з л/З-72 ^. „ .sin2^ f-
уи2= ; yt=—-—, ^2<0. Итак, 2^- = V2,
189

sin 2x л
л — yj.J. X — — + 71П. YlE Z
2 4
= log2V3-V2 < _ L
Ответ: — + га, л е Z.
4
12. 4Х+д-2х+д- 1 = 0;2х=/, />0;/2 + а/ + д- 1 = 0;/, = -1,
/2 = 1 — а. Уравнение имеет корни только при
положительных /, поэтому х = Iog2(l — а) при а < 1.
Ответ: при о > 1 корней нет, при а < 1 х = Iog2(l — о).
7. ПРИМЕНЕНИЕ ПОДСТАНОВОК
ПРИ РЕШЕНИИ НЕКОТОРЫХ
ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
Вид подстановки зависит от конкретного вида уравнения,
поэтому пояснения будут сделаны на конкретных примерах.
Пример 1. Решить уравнение 3(3Х + 3"х) + 9(9* + 9'х) = 92.
Решение. Выполним замену переменной, положив 3х + 3"х = /,
/ > 0. Возведя обе части последнего равенства в квадрат, получим
9х + 9"х + 2 = /2; 9х + 9"х = f — 2. Исходное уравнение при этом
-3±63
примет вид 9t2 + 3/ - 110 = 0; D = 9 + 3960 = 3969; /, 2 = —^—.
Так как / > 0, то / = у и 3х + 3~х = у. Полагая 3х = z, z > 0,
приходим к квадратному уравнению 3z2 - 10z + 3 = 0, корни
190

которого 3 и -. Корни исходного уравнения являются корнями
уравнений 3х = 3 и 3х = -, откуда х = ± 1.
Ответ: ± 1.
Примечание. Корни противоположны по знаку, поскольку
функция, стоящая в левой части уравнения, четная.
27 3
Пример 2. Решить уравнение 4 • (8х — —) + 2х - — = 19.
о 2
3
Решение. Выполним подстановку 2х - — = у. Возведя обе
27
части последнего равенства в куб, получим 8х — — = у3 + 9у.
о
Исходное уравнение принимает вид Цу3 + 9у) + у — 19 = 0;
4/ + 37у - 19 = 0; 8/ + 74у - 38 = 0. Положим 2у = а,
а3- 37 + 37а- 1 = 0; (а - \)(а2 + а + 1) + 37(д - 1) = 0;
(с — 1)(д2 + я + 38) = 0, откуда а = 1 (приравнивая квадратный
трехчлен, стоящий в скобках, к нулю, получаем отрицательный
3 1
дискриминант). Остается решить уравнение 2х — — = — : 2х = z,
z > 0; 2z2 - z - 6 = 0; z = 2; 2х = 2; x = 1.
Ответ: 1.
Пример 3. Решить уравнение 2х + VI - 2х + 2х VI - 2х = 1.
Решение. Пусть 2х + Vl-2* = t, t > 0. Возводя обе части
последнего равенства в квадрат, получим 1 + 2-2х- Vl-2* = t2,
t2-\
откуда 2х VI - 2х = —— . Данное уравнение принимает вид
191

fi + 2t- 3 = 0и t= 1, тогда 2х + Vl-2* = 1;V1-2X = 1 - 2х;
(1 - 2х)2 - (1 - 2х) = 0; (1 - 2X)(1 - 2* - 1) = 0; 2* = 1 и х = 0.
Проверка показывает, что х = 0 удовлетворяет данному
уравнению.
Ответ: 0.
4*+9* г"7
Пример 4. Решить уравнение —- = V6* .
Решение. Положим 2х + 3х = 7, 7 > 0, тогда, после возведения
обеих частей последнего равенства в квадрат, получим
4х + 9х: = f2 — 2 • 6х. Уравнение можно представить в виде
= л/6Л ; fi — v6A • t — 2 • 6х = 0. Решим его как квадрат-
t
\f\x + ч /^^
ное относительно /: D = 6А + 8 ■ 6Л = 9 ■ 6х; t,, = = ;
1,2 2
Г=2л16х . Ясно, что далее необходимо решить уравнение
2х + 3х = 2 л/6^ ; | -^ I +[-?-] =2. В левой части уравнения стоит
возрастающая функция, поэтому она может принимать
фиксированное значение только при единственном значении х. Легко
видеть, что х = 0.
Ответ: 0.
Замечание. Уравнение допускает и другие варианты решения,
( i ( 1
например, преобразованием к виду 22-32 22 -З2 =0.
Упражнения.
Решить уравнения.
1. 3х2 +Зх + Зх + 3 = 30-3"х2-х+1.
2. 3!"х- 31 + х+ 9х + 9"х = 6.
3. (27х + 27"х) + 2(3Х + 3~х) = 6.
192

Указания и ответы:
1. Разделим обе части уравнения на 3~*2 ~х+' > 0.
Ответ: -1 ± v 2 .
2. Ответ:
3. Ответ: 0.
8. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ВИДА
/я • a2>w + я • a>w • #w + £ • рю = 0
Считая, что т ф 0, я * 0, будем решать уравнения делением
обеих его частей на а2Лх) ф 0 или из,-Ь2Лх) ф 0. В первом случае
получаем /и + л | — +^~| =0» далее выполняем под-
(ЬЛПХ)
становку - = t, где t > 0, и получаем обычное квадратное
VflJ
уравнение, решение которого не составляет затруднения.
Пример 1. Решить уравнение 9*+0-5 + 4*"0'5 = 10 • б'"05.
Решение. Перепишем уравнение в виде 9 ■ 9х"05 + 4х"05 = 10 • 6х"05
и разделим его на 4х"0'5 > 0, получим 9 • 1,52(х"°'5) + 1 = 10 • 1,5х"0'5.
Полагая 1,5х"05 = а, где а > 0, получаем 9а2 — Юа +1=0,
1 (3\
откуда а = 1 и а = —. Далее решаем уравнения - г 05 = 1
9 [2)
-(!)-- i
Ответ: 0,5; 0,5 + log2 9.
3
193

Пример 2. Решить уравнение
Решение. Выполним преобразования в обеих частях уравнения:
Разделив обе части уравнения на -\/(Уз +1/ , получим
равносильное уравнение
Введем обозначение
S
= fl, fl > 0, тогда
з+>/з
14 +л/196-27 14-л/196-27 _Зл/з~ + 1
2 +V 2 " л/2 ;
194

:4;
7з+1
Итак,
И X =
Ответ: log 2_л (2 + -Л).
Уз+1
V2
Упражнения.
Решить уравнения.
1. 4х + 9' = 2-6*.
2. 25*+I + 4*+l = 20-10».
3 9V,2-i+. _ 25 . 6v,2-i + 4vx--i« = о
4 2-9х2 — 5<3x2#2Jt+l + 22х + 3 = О.
5. 3-25*-8-15*+ 5-9* = О.
Решения и ответы:
1. Разделив обе части уравнения на 9х, получаем
Ответ: 0.
2. Запишем уравнение в виде 25х+ I + 4х+ I = 2- 10x+1 и
разделим обе его части на 4х +1 > 0, получим
5
2
л;+ 1 = Оих= -1.
\ откуда
195

3. Обозначим vjc2-1 = t, t > 0, получим уравнение
9'+' - 25 • 6' + At+ 2 = 0; 9 • 9' - 25 • 6' + 16 • 4' = 0;
9- [ | ]2'-25- f|]'+ 16 = 0; [||' = z; 9z2-25z+16 = 0;
25±7 _ 16
18 ; Zl ~ 9
16 16 (У
= 625 - 576 = 49; г,,2 = -^-; г, - -, z2 = 1.
-l =log3
2
Ответ: ±1; ± /l + log 3 —
4. В левой части уравнения выполним очевидные
преобразования: 2 • 9х2 - 5 • 3х2- 2х + 1 + 2 • 22(х + |) = 0, и
разделим обе части уравнения на 22{х+ 1) ф 0, получим
Ясно, что |^- =2и|^тг|=0,5.
З'2 = 2* + 2; х2 = (х + 2)log32; х2 - х- Iog32 - 21og32 = 0;
х., = —^ —— ^— и 3х = 2х, откуда
2
х2 = х • Iog32, тогда х = 0 и jc = Iog32.
log32±Vlog322 + 81og32
Ответ: ; 0; Iog32.
196

5. Разделив обе части уравнения на 9х, получим
Ответ: 0; 1.
9. НЕСТАНДАРТНЫЕ ПРИЕМЫ
РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ
Пример 1. Решить уравнение \3 + 2v2 + [ л/3 -2>/2 ] =6.
Решение. Замечаем, что
= >» тогда
[ V3-2V2 ] =
4 ; V3+2V2
Полагая далее [ V3 + 2-У2 ] = t, получаем уравнение t2 — 6/ + 1 = 0;
[ ]
/, 2 = 3±2>/2 > 0. Итак,
/, 2
/з + 2л/гТ =3-2л/2;
= 3 + 2л/2 и л: = 2;
' и х = -2.
Ответ: ±2.
197

Пример 2. Решить уравнение
= л/б7.
Решение. Разделив обе части уравнения на л/б7 > 0, получим
3-2>/2
= 1 или
— = 1. Отсюда видно, что
= cos ф; л\— + — = sin ф, но тогда
— = 1, поэтому можно положить
= 1.
В силу тождества sin 2ф + cos 2 ф = 1 заключаем, что х = 2.
Ответ: 2.
Пример 3. Решить уравнение
Решение. Перепишем исходное уравнение в виде
2+2
+ 1.
Для простоты дальнейшего рассуждения введем
обозначения (2 + л/3 j +1 = 0; (2 + л/3 ) = b, тогда ab + bar' - а1 - 1 = 0;
a2b+b-a3-a = 0; a\b-a) + (£-д) = 0; (b-a)(a2 + 1) = 0,
откуда b = а, поскольку уравнение а2 + 1 = 0 корней не имеет.
198

Итак, (2 + SjX = (2 + л/3 j +1 и х2 + 1 = 2jc. Ясно, что х = 1.
Ответ: 1.
Пример 4. Решить уравнение 23*2 "* + 22х2 = 2*2 +х+ '.
Решение. Разделив обе части уравнения на 2х2 + х + ' > 0,
получим г2'2-2'- ■ + 2*2"*- ' - 1 = 0; 22<*2-*> + 2*2-* - 2 = 0 или
а2 + д - 2 = 0, где а = 2х2 ~х > 0, откуда а = 1 и 2х2 ~х = 1. Корни
последнего уравнения 0 и 1.
Ответ: 0; 1.
Пример 5. Решить уравнение 2х2 +х~1 - 2x2~x+l = 22х~1 - 2.
Решение. Перепишем уравнение в виде
2*г-*+1(22*-2 - 1)- 2(22*-2- 1) = 0, откуда
(22*"2- 1)(2*2-*+1 - 2) = 0.
Корни последнего уравнения легко находятся.
Ответ: 0; 1.
Пример 6. (ЕГЭ 2002) Решить уравнение
25* + is. з«* +11 • 73х + 4 = 504х + 7
Решение. Разложим 504 на простые множители: 504 = 23 • З2 • 7,
тогда данное уравнение представим в виде 2Sx+18 • 34х+ п • 73х + 4 =
= 42°; 2х - 3 = 0 и х = 1,5.
Ответ: 1,5.
Пример 7. Решить уравнение
6 . 21*-2| + |*-4| + 8 • 3|jf" H + U-3I- 1 = 48.
Решение. Разделив обе части уравнения на 24, получим
уравнение 2 i*-2| + i*-4|-2 + з1*-н + 1*-з|-2 = 2. Заметим, что
|в—А|<|в| + |А|. Это легко доказать возведением обеих частей
в квадрат. Получаем |х-2| + |х — 4|>|х— 2 — (х— 4) | = 2 и
|jc—1|H-|jc—3| = |jc—I — (jc— 3)| = 2, поэтому 2 1'-2" + 1'-4"-2>1
199

Знак равенства возможен, когда имеет решение система
[|*-2| + |*-4| = 2, Г*е[2;4], , ,
}|jc-1| + |jc-3| = 2 l*e[l;3]
Ответ: [2; 3].
Пример 8. Решить уравнение х2 — 2х + 2 = 22х"' - 4х"1.
Решение. Перепишем уравнение в виде (2х ~1 — I)2 + (jc— I)2 = 0.
\Т~1 =1,
Последнее уравнение равносильно системе \ ' откуда х = 1.
Ответ: 1.
10. РЕШЕНИЕ СИСТЕМ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
При решении систем показательных уравнений используются
те же приемы, что и при решении алгебраических систем
уравнений (способы сложения уравнений, подстановки и т. д.), а также
некоторые искусственные приемы, сущность которых будет
рассмотрена на конкретных примерах.
Пример 1. Решить систему уравнений 1У ~^'
[/=81.
Решение. Из первого уравнения (после возведения обеих частей
в степень х) находим, что у = 3х, тогда второе уравнение системы
примет вид У2 = 81; х2 = 4; х = ±2 и соответственно при х = 2
у=9, априх= -2у= -.
Ответ: (2; 9); (-2; -).
200

1Х2У =2ху -2,
Зу2*=2у*+1.
Решение. В первом уравнении положим ху = а, а > О, тогда
а2 — За + 2 = 0, откуда я, = 1, я2 = 2, а поэтому х* = 1 или
х' = 2. Аналогично из второго уравнения системы находим ух = 1
(ух = — - — равенство невозможное).
|У1, f^2,
Итак, получаем две системы: < i
[/=1; l/=i.
Из уравнения ху = 1 первой системы получаем х = 1 или у = 0.
При х = 1 из второго уравнения первой системы имеему=\. При
j; = 0 второе уравнение первой системы решений не имеет.
Второе уравнение второй системы дает либо у = 1, либо х = 0.
Для первого уравнения второй системы подходит только
значение у=1, тогда х = 2.
Ответ: (I; 1); (2; 1).
Пример 3. Решить систему уравнений i х+у 3 если * > 0,
Х+У
Решение. Из второго уравнения системы имеем, что х =у з ,
но тогда первое уравнение системы можно представить в виде
(x+yf
У з = У2, откуда у = 1, но тогда х = 1 или (х + j>)2 = 36,
пх+у=±6.
„ , с Г* + У = б,
Пустьх+^ = 6, но тогда ^ , л <=>
U3 = /
'У = 2,
у = -3; Здесь имеем решение (4; 2).
х = у2.
201

По условию jc > 0, у > О, а поэтому случай х + у = -6
невозможен.
Ответ: (1; 1); (4; 2).
Пример 4. Решить систему уравнений i
Решение. Прологарифмируем уравнения системы по основа-
Ig2 Ig2
x = .
Ig2
Так как у > 0, то lgy + Iglogj3 = log^ • lgy, lgy(l — logjS) = —Iglogj3;
lgy =
g22
12^ -3y =24,
2y. 3^=54.
Решение. Умножив уравнения системы, получим
6х+у = 6 • 4 ■ 9 • 6 = б4; х + д; = 4. Разделив уравнения системы,
f2Y"' 4
будем иметь - =-илс— у =2. При этом получается система
1х + у = 4
откуда х = 3 и у = 1.
*-)> = 2,
Ответ: (3; 1).
202

Пример 6. Решить систему уравнений
■4*+1+2х+у+2-2»+|-1 = 0,
Решение. Рассмотрим первое уравнение системы как
квадратное относительно 2х: 4 • 22х + 4 • 2' • 2х - 2 • 2' - 1 = 0;
-2-2у±2(2у+1)
0,25/) = 4-22> + 8-2* + 4 = 22(2> + I)2; 2* = ;
(2-), = 1; (2-)2 = < 0.
Итак, 2х = 1. Заменив во втором уравнении системы 4х = 1,
получим у = 0, но тогда х = — 1.
Ответ: (-1;0).
Упражнения.
Решить системы уравнений.
j - =9-81*.
27=4-8~.
252
2.
25**' = 5^5.
3.
9>-100* =2,7,
1 5
25>-10*=-.
4
J2-3x-3*+'+9 = 0,
И-З"-1 +3jr+Jf~I -21 =
"'=9,
:+9y-*=10.
203

7. <
8.
9.
3 2
2л2-
л;-23
,).4'=144.
+ 3 4 =12,
f3y2=21.
= /">,
= 1.
' = v2*
10.
= r
Ответы и решения:
1. (0,5;-0,5); (|; Л.
2. (0,25; 0,5); (0,5; 0,25).
3. (-2; 1,5).
4. (2; 1).
5. (2;3);(1;9);(8;1);(1;1).
6. (11; 2).
7. (3; 1); (1,8; 2,2).
8. Решение.
= -l,5lgy.
Из первого уравнения системы следует, что lgy = 0, у = 1,
но тогда и lgx= 0, и х= 1. (1; 1).
204

Далее первое уравнение дает — 3(х + у) — 2(х — у) = 0;
Зх + Ъу + 2х — 2у = 0; у = — 5jc и система принимает вид
= -5х, \у
У =1 1-125jc5 =1
х = -
VI25'
1
Отрицательное число в степени п не определено.
Ответ: (1; 1).
9. Решение. Прологарифмируем оба уравнения системы
по основанию 10: «
считая хф О,
у*0. Вычитая из первого уравнения второе, получим
у\%2 - x\g3 = xlg2 - ylg3\ (у - x)lg2 = -(у - x)lg3, откуда
х =у\ при этом каждое уравнение системы обращается в
верное равенство. Непосредственная подстановка также
показывает, что х = 0 и у = 0 являются решениями
системы.
Ответ: (/; t), t e R.
10. Решение.
U2 = у3
= У log 2 6,
откуда jc = у = 0 и (0; 0) — решение системы; у = log32 6; х = logj 6.
;|6; log^6).
3 3
205

11. ОПРЕДЕЛЕНИЕ И СВОЙСТВА
ПОКАЗАТЕЛЬНОЙ ФУНКЦИИ.
РЕШЕНИЕ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ
Функция, заданная формулой у = я*, где а > О, а * 1,
называется показательной.
1. Областью определения этой функции является множество
действительных чисел: D(y) = R. Если х - натуральное
число (х е N и х = л), то хГ есть произведение п множителей,
каждый из которых равен а. Если х — положительное
рациональное число (х е Q+J jc = —), то речь идет об арифмети-
Ч
ческом корне Чхр. Если же х — иррациональное число, то
с?\ < с? < с?г, где х, и х2 — есть рациональные приближения
для числа х по недостатку и избытку, и поскольку ах{ > 0 и
ох2>0,тоиох>0. Если же jc < 0, то 0х = 1/^ > 0.
2. Показательная функция не является ни четной, ни
нечетной, поскольку а~х ф 0х и а~х # —0х.
3. Покажем, что при а > 1 показательная функция возрастает,
а при 0 < а < 1 убывает.
Пусть а > 1, х2 > хх, тогда докажем, что а* 2 >а?\.
Действительно, ^2 > 0х <=> ах\(ах2~х\ — 1) > 0. Понятно, что с?\ > О
(см. п. 1). Пусть х2—хх =сс >0. Если а — натуральное число,
то аа > 1. Если а — рациональное, то есть а = —, то
п
а^ = у[сГ>1. Если а — иррациональное число, то
аа\ <аа <аа2, где а{ и сс2 — приближенные значения а по
недостатку и избытку, и аа > аа\ > 1. Аналогичные
рассуждения проводятся для случая 0 < а < 1, когда
показательная функция является убывающей.
206

4. Функция не имеет экстремумов, поскольку она на
множестве действительных чисел R возрастает для а > 1 и убывает
для 0 < а < 1.
5. Функция не является периодической. Если бы она имела
период Т,то ах + т = ах, что невозможно в силу
монотонности функции.
6. Так как а* > О, область значений показательной функции
представляет собой множество положительных
действительных чисел: Е(у) = R+ Нулей показательная функция
не имеет. График функции пересекает ось ОУв точке (0; 1):
у(0) = 1.
7. Если а > 1, то при х —> +оо ах—> +оо , а при х—» -с» ах—>0.
Если 0 < а < 1, то при х—>+оо 0х—>0, а при х—»
Отметим для себя, что график показательной функции
всегда расположен выше оси абсцисс. На рисунках 1 и 2
представлены графики функций у = 2х и у = -
-4
Пример 1.
а) 2,73-6и
-20124 х
Рис. 1
Сравнить числа:
2 72«4-
-4 -2 0
Ас.
1 2
2
- и
207

в) ff
г) 3,7-12 и 1.
Решение.
а) Поскольку функция у = 2,7' (2,7 > 1) возрастающая и
3,6 > 2,4, то 2,73'6 > 2,72'4.
б) Заметив, что л > 3,14, и что функция у = - ' убываю-
щая, делаем вывод, что | - < -
в) Так как 1 = - °, и учитывая, что функция у = — '
f2^
убывающая, и а — 1,6 < 0, получаем — "|6 > 1.
г) Поскольку — 1,2 < 0, и у = 3,7' функция возрастающая, то
3,7 -1-2 < 1.
fiY+H ( 1 vf*
Пример 2. Решить неравенство - >\Тг
~ 13 5
1 ^ • Ч-*"*" / 1 \—х
Решение. Так как —= = 2*,то-| Здг>- . Функция
v = — г — убывающая, а поэтому * + - <~г-х;
^ 2J 3 jc 3
Зл:

8jc2 +jc —9 9
Пусть q(x) = ; D(q): xФ 0. Нули q: x = 1; x = --.
3x 8
Пример 3. Решить неравенство 4х < 3-2 V*+* +
Решение. Разделив обе части неравенства на 4 i+V* > 0, будем
иметь 4WI-1 < 3-2 х-Л-2 + 1 или 22< WI~1> < 1,5-2 WJ-i + i.
Положив далее 2x-J~x-\ = t, />0, получаем неравенство
2/2-3/-2<0; (2/+ 1)(/- 2)<0; -0,5 < /< 2 (учтем, что / > 0).
Возвращаясь к старой переменной, получаем неравенство
2WI-i<2, откуда x-yfx -2<0; (Vjc + i)(n/jc - 2) < 0 . Так как
Vjc +1 > 0 при х > 0, то Vjc-2<0 hO<jc<4.
Ответ: [0; 4].
Пример 4. Решить неравенство 2 • 9* < 3х + 2 - 9.
Решение. Заменим данное неравенство на ему равносильное
2 • 9х - 9 • 3х + 9 < 0.
ПустьЛх) = 2 • 9х - 9 • 3х + 9; D(J) = R. Нули функции
определим из уравнения 2 • 9х - 9 ■ 3х + 9 = 0. Полагая 3х = у, получаем
9±3
квадратное уравнение 2у* — 9у + 9 = 0; Z) = 81 - 72 = 9; д>, 2 = ——;
^i = 3, У2 = 1>5. Тогда 3х = 3 и х = 1, или 3х = 1,5 и х = log3l,5.
Заметим, что log3l,5 < 1 = Iog33.
1од31,5
Ответ: (log3l,5; 1).
209

Пример 5.
Решить неравенство 2х + 2х +1 + 2х + 2 > 2-3* ~■ + 3х + 3х +1.
Решение. Выполним очевидное преобразование
2 1 (2\ 2
2*(1 + 2 + 4) > 3х(- + 1 + 3); 24 > - -3-14; - Iх > -. Так
как у = ~ у — функция убывающая, то х < 1.
Ответ: (-«>; 1).
Пример 6. Решить неравенство (х2 — 8х + 16)х~6 < 1.
Решение. Данное неравенство равносильно совокупности двух
\0<х2-
|х-6>0;
систем неравенств:
jc-6<0.
Решаем первую систему неравенств:
(*-4)2>0,
1, *=>
х>6
1, <=>
\х*4,
х>6
Система решений не имеет.
Решаем вторую систему неравенств:
х>5,
х<Ъ; (-со; 3)U(5; 6).
х<6.
Ответ: (-~;3)U (5; 6).
-1 < х - 4 < !,«=> ] 3 < х < 5,
х>6
[х>6.
210

Пример 7. Решить неравенство 125х + 2 • 45х > 27 *+з.
Решение. Так как 27 х+з = 3 • 27х, разделив обе части
неравенства на 27х > 0, получаем неравенство, равносильное исходному:
T "I 7 + ^ +3 >0,
и так как (§ Г^Т^=[(|ТД] +2^>0, то
Ответ: (0; +оо).
Пример 8. Решить неравенство 2х < х + 1.
Решение. В прямоугольной системе координат построим
графики функций у = 2хиу=х+ 1. Из, рисунка видно, что график
кривой у = 2х расположен не выше прямой у = х + 1 только на
отрезке [0; 1].
Ответ: [0; 1].
Пример 9. Построить графики функций:
в) y-\2'-l
-2
211

д) Построить график уравнения [у| = 2х.
Решение. Графики функций представлены соответственно на
рисунках 4-7.
График уравнения представлен на рисунке 8.
1
0
X
-4 -2 0 2 4 X
У=|2-1|
Рис.
212

Упражнения.
1. Построить графики функций и уравнений:
а) у = -3*;
б) .у =3-1*1;
в) у=21*1-';
г) у = 21*1-1;
Д) У =
■Т-.
ж)у=\2*- 1| — 2-;
з) \у ~ 1| = [ 11 •
,w
Решить неравенства.
х-2
2. (cosx)2jc+1 <1.
4. ЗО4.
■ (Г« ■■
6. З2**1- 10-3*+3<0.
7. 4* + 4'-О4.
8. -4-
{2лр2
9. (х-2]
10. Ьс-312
213

11. 27*- 1 > 2(9* - 3').
4Д
12.
^З-в'"1.
,з. -"-* 3"
у+\ з*+1-Г
14. 9х + 2-4*- 17-6'-' <0.
15. 12»- 1|-|2М- 2|< 1.
16.
-1
19-х* >0.
- 1)(4' - 2" - 2) < 0.
17.
18. 2'-5*-3-2-°-5*<
19. 4'-х + 4х - 3 > 2*-х + 2х + Зх.
20.
Решение упражнений:
1. а) График функции у = 3х отобразим симметрично
относительно оси ОХ.
б) См. пример 96.
в) График функции у = 2 |х|~' показан на рисунке 9.
-з -2 -1 о
А/с Р
214

г) График функции у = 21 х' опустим на единицу до оси
абсцисс (см. пример 9а).
д) Для построения графика функции у =
1Т-1
график
функции у = - опустим на единицу вниз по оси
ординат и далее часть графика, лежащую ниже оси абсцисс,
отобразим симметрично относительно этой оси.
е) График у = - | сдвинем на единицу влево по оси
абсцисс.
ж) у = \2Х - 1| - 2х.
[2х-1>0,
(**) J ' Дальнейшее построение
графика не составляет труда.
Пусть у > 1, тогда у =
f
з' +'
'iY
- +1 при х > О,
3х +1 при х < 0.
Пусть у < 1, тогда у = 1 —
t г-1-
1- - при х>0,
1-3* при jc<0.
215

1
\Н
При построении графиков заметим, что функция у = - —
четная, и ее график симметричен относительно оси ординат.
ч
2. Пусть 0 < cos х < 1, тогда 2пп < х < - + 2пп, nGZ (*)
2
х-2
у=а! — функция убывающая, а поэтому ^0 (**).
2jc + 1
Найдем общее решение неравенств (*) и (**) на числовой
прямой.
\\У
х\\\\\\
т
\\W\\W
х\\\\.
При этом получаем результат: 2ли; - + 2тт be Z\{0}
(кроме Z=0). ^ 2 '
Пусть cos х = 1, тогда х = 2пп, п EZ.
Ответ: Unn; - + 2лл1, п gZ\{0}; 2nk, keZ.
3. Записав неравенство в виде -
= - и учи-
тывая, что у = \ - \ - функция убывающая, получим
Ъх + 2 - х2 > 2; х2 - Зл: < 0 и х е [0; з].
Ответ: [0; 3].
216

4. Прологарифмировав обе части неравенства по основанию 3,
получим х > Iog34.
Ответ: (Iog34; +oo).
5. Обе части неравенства логарифмируем по основанию
О < 0,5 < 1, поэтому знак неравенства меняем на
противоположный. Получаем х2 —х > Iog053; x2 —x— Iog053 > 0.
D = 1 - 41og23 < 0, а поэтому исходное неравенство
выполняется при х Е R.
Ответ: (—°°; +°°).
6. J[x) = З2**1 - 10 • 3* + 3 < 0. /)(/) = Л
Нули Л*): 3 • 32х - 10 • 3* + 3 = 0; 3* = ^ иЗ'=3;х=-1
их= 1.
Ответ: [—1; 1].
7. Неравенство приводится к виду 4^ — 4 • 4х + 4 > 0; (2х — 2)2 > 0;
Ответ:
\ *
9-1 iz± > 9-2. ^~4 ^ 4 . Зх2-4л:-16
2 х+1 ' — ' 7 \ — ^ >
Зх2-4х-16
х * -1. Нули функции Лх):
-4jc- 16 = 0; Z) = 4 + 48 = 52; jcI2=
K1-J131)
: f—; |(l-7Гз)]иГ-1; |
217

9.
[0<jc-2<1,
U2-6jc + 8
J
[jc2-
2 < x < 3;
jc<2;
[2<jc<4.
Первая система совокупности решений не имеет, а
решением второй является 3 < х < 4.
Ответ: (3; 4).
10.
[jo-1,5;
По определению показательной функции ее основание не
может быть нулем, поэтому х = 3 исключается из решений
первой системы неравенств: [2; 3) U (3; 4].
Решением второй системы уравнений будет х < — 1,5.
i:(—;-l,5]U[2;3)U(3;4].
- 3х + 1) > 0,
11. (3х- 1)(9*+ 3* + 1) - 2 • 3^3Х- 1) > 0; (3х-
откуда 3х - 1 > 0 и х > 0.
Ответ: (0; +«>).
4* +9Х -3 8х 3 1
12. ^ ^3- — ; 4х + 2х- 3<--4Х; ~4х+2х-3<0;
2 о 4 4
2х = t, t > 0; t2 + 4f - 12 < 0; (t + 6)(r - 2) < 0. Поскольку
t+6 > 0, t- 2<0, 2x<2;x< 1.
Ответ: (—«>; 1].
218

t=\ и t<-\ 3х =1; x=0; 3*<-; x=-\.
3 3
Ответ: (-oo--l]\J{0}.
14. 9х + 2 • 4х - 17 • 6х" ' < 0; 9х + 2 • 4' - — • 6х < 0;
о
£ _il. £ +2<0; б/2- 17Г+ 12 < 0;
2) 6 ^J
17 ±1 3 4 f3Y 3
Z)-289-288-,; ,„-—;,,--;,,--.(-]=-;
/'ЗУ 4 4 4
х=1; о =о ^ JC=lo8i,5T Оов^т < logliSl,5 = 1).
Ответ: (logI5_; 1).
15. Точки, в которых подмодульные выражения обращаются
внуль: 2х- 1 = 0; х = 0; 21*1 = 2;я:= ±1.
а)
-2*+1-2"х+2<1
<=>
2X + —-2>0
2J
Второе неравенство выполняется для всех значений х из
рассматриваемого промежутка, поэтому решением
является промежуток (-оо; —1].
219

б)
{
-2'
<=>
-2<i
<=>
Г-1<х<0,
+ 2-2*-l>0°{;c>log2(V2-l).
Отметим, что log2(V2 - 1) < - 1, тогда решением
является промежуток (—1; 0].
в) -^
[2*-l + 2*
[2-2х<4
\х>\,
<=> 0 <х< 1.
16.
Ответ: (—°°; +»).
1
<=>
1
-1
чх2-4
9-л;2 >
9-х2>0
зг<=>-
9-х2 >0
Ответ: [-2; 2].
U2-9<0.
17. Решим неравенство методом интервалов.
/{х) = (Vx - 1)(4* - 2х - 2). D(/): x > 0. Нули
функции /: х= 1, 4х - 2х - 2 = 0; 2х = 2; х = 1. Итак,
х = 1 — нуль функции кратности 2.
Ответ: 1.
220

18. 2'-5*-3-2-°-5*<л/27
2i,sx _ з-jL < yfr + 3-j^
л/27 л/217
; 22x - 3 < 2X + 3;
2* - 2х - 6 < 0; (2х - 3)(2* + 2) < 0; 2х < 3; х < Iog23.
Ответ: (—<»; Iog23).
19. 4*(х+ 1) -2'(х+ 1) - 3(х+ 1) > 0;/х) = (х+ 1)(4'- 2'-3) > 0.
Нули функции: х = 1; 2х = — . С учетом
положительности показательной функции получаем 2х =
х=
2 '
-1
Ответ: (-«; -
; +«).
20. Положим 5* = /, yJ2(t - 3) > 7 -1 • Найдем нули:
-6 = (7-г)2, ^|/2-Ш+55 = 0,
r<7
г<7,
тогда / = 5; 5х = 5, х = 1.
Л*) = V2(5'-3)-(7-5')>0; А/): * = Iog53.
1одвз 1
Ответ: [1; +»).
221

12. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
С ПРИМЕНЕНИЕМ СВОЙСТВ
ПОКАЗАТЕЛЬНОЙ ФУНКЦИИ
Напомним, что если функция f{x) возрастает на некотором
промежутке /, а функция g(x) убывает на этом промежутке, то
уравнение Лх) = g(x) имеет на этом промежутке не более одного
корня.
Если функция J{x) убывает (возрастает) на некотором
промежутке /, то уравнение f[x) = 0 имеет на этом промежутке не
более одного корня.
Пример 1. Решить уравнение 3х + 4х = 5х.
Решение. Разделив обе части уравнения на 5х, получим
Ч V ( 4 V
- + — = 1. Левая часть уравнения - функция, убывающая
на R, как сумма двух убывающих функций, поэтому уравнение
имеет не более одного корня. Очевидно, что х = 2.
Ответ: 2.
Пример 2. Решить уравнение |V5 + V2| +[v5-V2| =10.
Решение. Левая часть уравнения есть возрастающая на R
функция, поэтому уравнение имеет не более одного корня. Путем
подбора находим, что х = 2.
Ответ: 2.
Пример 3. Решить уравнение 2 • 36* + 3 ■ 6х = 90.
Решение. Левая часть уравнения представляет собой
возрастающую функцию как сумму двух возрастающих функций.
Уравнение либо корней не имеет, либо имеет единственный корень.
Легко видеть, что х = 1.
Ответ: 1.
222

fiY Г i Y
Пример 4. Решить уравнение 3 ■ 2х + 2 ■ 3х = — + ^ ^- ■
I 2 ) { 3 J
Решение. Левая часть исходного уравнения есть возрастающая
на Л функция, а правая - убывающая на R функция. Уравнение
имеет очевидный единственный корень х = 0.
Ответ: 0.
Пример 5. Решить уравнение 2х + хъ = 2*2 + х6.
Решение. Пусть Л0 = 2' + /3, тогда /'(0 = 2'1п2 + З/2 > 0 на R,
поэтому функция f{t) монотонно возрастает и каждое свое
значение принимает при единственном значении аргумента. Данное
уравнение представим в видеДл:) =.Л*2)> тогда вследствие
монотонного возрастания функции х = х2, откуда х = 0 и х = 1.
Ответ: 0; 1.
Пример 6. Решить уравнение 2*"1 = —т—тч на отрезке
cosuc-1)
Решение. Поскольку 2х ~' > 0 при х е R, то —7 г > 0, но
cos(jc-1)
cos (x — 1) < 1, поэтому —т \ ^1и2дг"|>1,л:>1.С учетом
cos(;c -1)
условиях е [—1; 1] получаем, что х= 1. Непосредственная
подстановка в исходное уравнение показывает, что х = 1 — корень
данного уравнения.
Ответ: 1.
Упражнения.
Решить уравнения.
223

6. 3х + 5х = 3х 2 + 5(дг "2)3.
7. Известно, что 3* — Зу = у — х. Верно ли, что cos x = cos у?
Решения и ответы:
1. Запишем уравнение в виде
\Х / | \Х
Левая часть уравнения представляет собой возрастающую
функцию, а в правой части стоит функция убывающая. Легко
видеть, что х = 2.
Ответ: 2.
2. Запишем уравнение в виде З*5 = 12 • 4~*9 и найдем
производные функций J{x) = 3х5 и q(x) = 12 • 4"*9:
/>(x) = 3'5-5jc4ln5>0; ?'(*) = 12-4-*9 • (-9х8)1п4 < 0.
f{x) возрастает на R, а ^(л:) убывает на R, уравнение имеет
не более одного корня. Замечаем, что х = 1.
Ответ: 1.
3. Ответ: 1. (Рассуждения очевидны).
X
4. Заменяем уравнение на равносильное 3х = 6 • 8 *+2. Слева
находится возрастаюшая функция, а справа — убывающая
на каждом из промежутков (-«>; -2); (-2; +<»), уравнение
имеет не более одного корня.
Ответ: 1.
5. Легко видеть, что область определения уравнения задается
неравенством х > 0. Если f{x) = 2х2, f\x) = 2х21п2(2х) > 0
при х > 0, и функция/возрастает на луче [0; +<»).
Ъ
q'(x) = 15- 3"Л 1пЗ • j= < 0, и функция q(x) убывает на
I 2VJ
224

промежутке (0; +°о). Уравнение имеет очевидный корень
х = 1.
Ответ: 1.
6. Функция flt) = 3' + 5'3 возрастающая, поскольку
/'(0 = 31пЗ + 5'31п 5 • (З/2) > 0, поэтому Л*) =flx2 ~ 2),
тогда х2 — 2 = х, откуда х2 — х — 2 = 0, л: = — 1, л: = 2.
Ответ: —1; 2.
7. Записав уравнение в виде 3х + х = Зу + у и доказав
возрастание функции Дг) = 3Z + z, заключаем, что х = у,
а поэтому cos x = cos у.
13. РЕШЕНИЕ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
И НЕРАВЕНСТВ С ПАРАМЕТРАМИ
Единой теории решения заданий с параметрами не существует:
способ решения зависит от вида конкретного уравнения и
неравенства. Поясним на примерах.
Пример 1. Решить уравнение 9~|дг~21 — 4 • 3~|дг~21 — а = 0 при
всех значениях а.
Решение. Введем обозначение у = З1*" * и заметим, что 0 < у < 1,
получаем уравнение у2 — Ау — а = 0, откуда а = у2 — 4у. В
прямоугольной системе координат (у; а) строим на промежутке (0; 4)
график функции fly) = у2 — 4у.
а4
1-
0
-1-
-2
-3
-4
[\
Л
\
2
\
1\
3 у4 5 У
/
/
/
/
/
225

Из рисунка видим, что функция У0>) = у1 - 4у имеет на этом
промежутке только одно пересечение с прямой у = /и, где — 3 < т < О,
поэтому существует единственное значение у, являющееся
меньшим корнем уравнения у1 — 4у — я = 0; у=2— >/4 + а , где
-3<а<0. Итак, З^"2' = 2 - >/4 + я; \х-2\ = log3(2->/4 + a );
| jc— 2 | = -Iog3(2- y/4 + a), -3<а<0.
Ответ: при — 3 < а < 0 х = 2±log3(2 - V4 + a ); при других
действительных а уравнение корней не имеет.
Пример 2. Решить уравнение л/а\2* ~ 2J+1 = 1 - 2х.
Решение. Пусть 2х = t, t > 0, выразим а через /, получим
V V ' \t<\ V
Ответ: уравнение имеет корни при всех 0 < а < 1 х = log2a;
при остальных действительных с уравнение корней не имеет.
Пример 3. Решить уравнение 4х - Am • 2х + 2т + 2 = 0.
Решение. Пусть 2* = /, / > 0, тогда /2 - 4mt + 2/w + 2 = 0 (*).
Полученное уравнение будет иметь один корень при
0,25/) = 4т2- 2т- 2 = 0, /я = -0,5 или /я = 1, но тогда /= -1
или / = 2. Первое значение не подходит, а второе дает х = 1. Пусть
0,25/) = 4/и2 -2т-2>0;2т2-т- 1 > 0, откуда /и < - 0,5 и т > 1.
Пусть уравнение (*) имеет два положительных корня, в этом
случае для функции /(/) = t2 - 4mt +2т + 2 ДО) = 2т + 2 > 0.
226

Абсцисса вершины параболы хв = 2т > О, т > 0.
Окончательно имеем т > 1 и 2х = 2/я ± V4w2 - 2аи - 2 ;
x=log2(2w ± yl4m2-2m-2).
Пусть уравнение (*) имеет один положительный и один
отрицательный корень. Так как /, = 2т + у/4т2 -2т-2
t=2m -у/4т2 -2т-2; t. > L.
В этом случае D > О, ДО) < 0, то есть 2/я + 2 < 0, /я < -1 и с
учетом того, что /я < —0,5 или т > 1, получаем /я < — 1. Итак,
при /я < —1 х = Iog2(2m + V4m2 - 2m - 2 ).
Ответ: при /я < —1 jc = Iog2(2/H + V4m2 - 2т - 2 );
при /я = 1 х = 1;
при /я > 1 jc = Iog2(2w± л/4т2 -2т-2);
при — 1 < /я < 1 уравнение корней не имеет.
Замечание. Задачу можно решить и выразив /я через /:
*2 + 2
/я(0 = ^ _-\, /^0,5, и построив график полученной
функции при t* 0,5; однако решение будет более сложным с
технической точки зрения.
Пример 4. Найти все значения параметра а, при которых
неравенство 4х — а-2х — я + 3<0 имеет хотя бы одно решение.
Решение. Положим 2х = t, t > 0, тогда t2 — at — я + 3<0;
а > . Исследуем функцию a(t) = и построим ее
227

график. D(a): (0; +«); a'(t) =
t2+2t-3
a\t) = 0 при /= -3 < 0 и / = 1. На
промежутке (0; 1] функция убывает, а на
промежутке [1; +«0 — возрастает.
На рисунке заштрихована та область, где
. Ясно, что данное неравенство бу-
а>
t +
дет иметь хотя бы одно решение при а > 2.
Ответ: при а > 2.
г-
7
Пример 5. Решить неравенство 4х — а • 2х + а < 0.
Решение 1. При решении неравенства применим метод
интервалов. Обозначим 2х = /, / > 0. Пусть fit) = ?- at+ a\ D(J)\ (0; +«>).
1) Если D = а2 — 4а = 0, т. е. а = 0 или а = 4, тоД/) = 0 при
/ = 0 или / = 2. Имеем соответственно Р < 0 (решений нет,
поскольку />0) и /2-4/ + 4<0 и /=2, 2*=2, их=1-
решение данного неравенства при а = 4.
2) Если /)< 0, т. е. а2-4а< 0 и а е (0; 4), тогда t2-at + a>Q
при любом значении /, в том числе и при / > 0. Значит, при
0 < а < 4 решений нет.
a±vfl2 —4а
3) Если D > 0, то ДО имеет два нуля: /, 2 = ,
причем оба положительные, тогда может быть записана
сиD>0,
re>0,
стема неравенств «
цисса вершины параболы. Поэтому при а > 4 получаем
д<о,
а>4\ <=>а>4, где te— абс-
. а-л1а2-4а. a + yja2-4a
и log2 <*<log2
228

Оба корня трехчлена t2 -at + д не могут быть
отрицательными, поскольку /1 + /2 = с<Ои/1/2 = о>0, что взаимно исключает
друг друга.
Остается рассмотреть ситуацию, когда оба корня разных
знаков. В этом случае D > О, ДО) < 0:
а < 0 с учетом / > 0 получаем 0 <
а + v а2 - 4а
а < 0; <=> а < 0. Итак, при
Ответ: при а < 0 х < log2 -
при 0 < а < 4 решений нет;
при а = 4 х = 2;
^ . , a-yla2-4a ^ ^л
при а > 4 log2 < дс < log2
ю
8
6-
4
2"
-4-
-6
-8
-10
2 4 6 8 1
2 2
Замечание.
Приведем еще один вариант
решения этого неравенства.
Решение 2. Положим 2х = /, где / > 0,
тогда f - at + a < 0; a(t- 1) > t2.
Если 0 < / < 1, то а < ; если
t2
t> 1, то а> .
Исследуем и построим график
л
функции a(t) = ; D(t): t*\\
229

2t(t-l)-t2 t(t-2)
кроме того, у нас / > 0. a\t) = —т у— = -, у ; a\t) = 0 при
/ = 0 и / = 2. t=2 — точка минимума, а(2) = 4.
Итак, если а < 0, то 0 </</,, где /, — больший корень уравне-
*-> ,. п п^ ^ а + 4а-4а ^л
ния/2 -я/ + д = 0; 0<К ; x<log2
0 < а < 4 решений нет; при а = 4 * = 2; при а > 4 tx<t<tv
где/, и /2 — корни уравнения /2 — я/ + д = 0;
< дс < log2
Решение 3. Положим 2х = t, где / > 0, тогда Р — at + а < 0. Если
/)= 0, то а = 0 или а = 4, получаем л: = 2 — решение данного
неравенства. При 0 < а < 4 решений нет.
Пусть а < 0, тогда /, < 0, t2 > 0; (/ - /,)(/ - t2) < 0, откуда t< tv
В +
поскольку / — /, > 0 и л: < log2
2
Пусть а > 4, тогда явно t2 > 0. Покажем, что tx > 0:
а-л1а2 -4а >0\а>у1а2 -4а \ а2 > а2 - 4а\ 4а > 0, что
справедливо при а > 4. /, < t <t2. Дальнейшие рассуждения мы
опускаем.
Упражнения.
1. Для каждого значения параметра а решить уравнение
1441*1-2- 121*1+ а = 0.
Решение. 121*1-/, а = 2/ - /2 (*), t = 1.
При / > 1, а значит при а < 1 уравнение (*) имеет один
корень, являющийся его большим корнем. Итак, при а < 1
/= 1 + yll-a их= ±log,2(l
230

1-
/
Ответ: при а < 1 х = ±logI2(l +
при а > 1 решений нет.
2. Найти все значения параметра я, при которых неравенство
а • 9х + 4(я — 1)3Х + а > 1 выполняется для всех х.
Решение, а 9х + 4(я - 1)3Х + а > 1 для всех х. Укажем наиболее
простой — графический способ решения. Пусть 3х = /, где
/>0, тогда я/2 + 4д/- 4/+ я - 1 > 0;fl(/2 + 4t+ 1) >4/+ 1;
> так как /2 + 4/ + 1 > 0 при / > 0.
Г+4Г + 1
В системе Ota строим график функции a(t) =
и
ция убывает на промежутке [0; +«>); fl(0) = 1.
231

Из рисунка видно, что неравенство выполняется для всех /,
а значит, и х, если а > 1.
Ответ: при а> 1.
3. Решить уравнение ^4* - 6 • 2х +1 = 2* - а •
Решение. Пусть 2х = t, t > О, тогда Vf2-6r + l =t-a;
\2(a-3)t = a2-l,
\t>a
t>a.
При а = З уравнение системы решения не имеет.
-1 1 3 а
Ясно, что уравнение может иметь корни при
Проверим выполнение неравенства системы:
(а-
(а-
а-Ъ
а2-6а + 1 < 0. 1(а - 3 + 2л/2 )(а - 3 - 2 Л )(а - 3)< О,
а-3 " ]
3-21I21
232

Итак, уравнение при а е (-1;3- 2v2 jU (3;3 + 2v2 J
2,
"—i_
2(a-3)
дает
при остальных значениях а
корни отсутствуют.
4. Решить неравенство а9* — fl3x — 2 > 0.
Решение. Приводим один из возможных вариантов решения.
Пусть 3х = U где / > 0, тогда a(t2 - f) > 2. При f—t>0 имеем
а>
t2-t
(te (l;
). При /2 — / < 0 получаем а<
(t e (0; l)). Помним, что / > 0.
t
0
-1-
-8
t, t,
Л
I
II 1
1
* ь
|1 t, t
I
I1
Строим график функции
2
а =
t2-t
Ща):
—У '
= 0 при /= -.
На промежутке (—«>; —)
функция возрастает, на каждом из
1
промежутков (—; 1) и (1; +«>)
функция убывает. / = — —
точка максимума; а( — ) = —8.
233

При —оо < а < — 8 /, < / < tv то есть
а-\а2 —%а , a + va2 -Sa
log3 <*<log3 .
la 2a
Ответ: при — °° < a < -8
a-\a2 -Sa a + va2 -&a
log, < дс <
при а = -8 x = -0,5;
при — 8 < a < 0 решений нет;
при а > 0
2a
Упражнения для самостоятельной работы (предлагались
различными вузами страны).
- --1
1. Решить уравнение 27х + 27 • 3х -36 = 0.
6;с-4
2. Решить неравенство 2 х < v83*"7 .
2x+l 2jc+7
3. Решить неравенство 9х - 2 2 <2 2 -З2*"1.
2f-l
2jc + 1
Указание. Положить = t,x= г.
2 2
4. Решить уравнение 32<*+1>2 - 27 • У2 +2х + 18 = 0.
5. Решить уравнение
6. Решить уравнение 10х2 + ■ - 15 - Ю1"'2 = 0.
7. Решить неравенство - • (3,5)4jf+I > 1.
234

8. Решить уравнение (v3 J =(v5| .
9. Решить неравенство
10. Решить неравенство 81х - 10 • 9*+' + 729 < 0.
Ответы:
1. 3.
3. (-~; 1,5).
4. 0; -2;-1; -1±лДоё7б
5. 0.
6. ±Vlg2.
7. (-о=; 11].
8. 2.
9. 5.
10. (1;2).
235

III. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ
УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА
1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ЛОГАРИФМА
Логарифмом числа Ъ по данному основанию а называется
показатель степени с, в которую необходимо возвести я, чтобы
получить Ъ. Из записи \о%Ъ = с следует, что ас = Ь, где с е R,
Ъ — логарифмируемое число (Ъ > 0), а — основание логарифма
(а > 0, а ф 1). Из определения логарифма вытекает равенство
аХо*аь=Ь (а > 0, Ъ > 0, а ф 1), которое называется основным
логарифмическим тождеством.
Пример 1. Iog327 = 3, так как З3 = 27.
Пример 2. Iog0516 = -4, так как - I =16.
2
Пример 3. Найти Iog82 \fl.
Решение. Пусть значение данного логарифма равно х, тогда
/—5 4 4 /—4
: = 2v2 , 23х = 2з, откуда За: = -, х= -. Значит, Iog82V2 = -.
4
Ответ: Iog82v2 = —.
Пример 4. Найти х, если log —= = —0,8.
236

Решение. По определению логарифма ;г0>8 = —п=; обе части
5
последнего равенства возведем в степень —, получим
4
Ответ:
1
Пример 5. Найти х, если log33/3* = — 2~
Решение. На основании определения логарифма заключаем, что
27
Ответ: —.
27
Вычислить:
Пример 6. 9'°«з4.
9'°g3* = (31о*з4)2 = 42 = 16.
Пример 7. 4|О*1625.
4'°8,б25 = (16lo8i625)0-5 = 250-5 = 5.
Пример 8. 9|0«,/з2
j = 24 ' 8 f = 24 • 22 =
= 2'= 64.
237

Пример 9. Решить уравнение х2 + 2 • 31о8зх -3 = 0.
Решение. Область определения уравнения задается
неравенством х > 0, и поскольку 3log3x = х, то х2 + 2х - 3 = 0, откуда х = 1 и
х = -3. Второй корень является посторонним для нашего уравнения.
Ответ: 1.
Пример 10. Решить уравнение х108 Л (х" 2>2 =81.
Решение. Область определения уравнения задается неравенствами
х>0; х*1; х*2. Тогда (Vx '°*^<*-2>2 )2 = 81, (х-2)4=81,
откуда (х - 2)2 = 9 (уравнение(х - 2)2 = -9 корней не имеет).
Решая последнее уравнение, находим х- 2 = 3 или х- 2 = -3,
поэтому х = 5 или х = — 1 — посторонний корень.
Ответ: 5.
Пример 11. Построить графики функций:
238

Примечание. Принято обозначение log10fl = lg a.
т —
Легко проверить формулу logfl п ат = —. (ап)п = ат\ ат =ат —
верное равенство. Это соотношение позволяет легко находить
логарифмы:
4
9
10
Упражнения.
1. Найти:
а) 1оёз81;
б) logi125;
5
в) log, V8;
2
г) \ogaa24a\
Д) log±-V9.
2. Найти основание х логарифма:
а) logj32 = 5;
б) logx2>/2=|;
в) logjc0,0625 = -4.
3. Найти х, если:
а) log5x = —2;
б) log Ifiх= -4.
4. Вычислить:
а) 102 + Ig2*
б) 91о*з2+'
в) 5**23
239

5. Построить графики функций:
а)у=
ъ)ух*;
Т)У=(Х~ 1)|о8(«-03.
6. Решить уравнения.
а) 2х? - 3 • 21о«2* +1=0;
б) х10**2^2-2"-1-3) = V2.
Ответы и комментарии:
1. а) 4;
б) -3;
3
г) 2,5;
2.
3.
4.
5.
6.
а)
б)
в)
а)
б)
а)
б)
в)
а)
б)
в)
а)
б)
2;
4;
2.
25
4.
200
64;
16.
У =
У =
У =
1;
;
-х-, х<0;
1 * 1, * * 0;
1
2*.
0,'5;
Корней нет.
1;
240

2. ТЕОРЕМЫ О ЛОГАРИФМАХ
Теорема 1. Логарифм произведения двух положительных чисел
равен сумме логарифмов этих чисел:
logc(ab) = logca + logcb (a > О, Ь > О, с > О, с * 1).
Доказательство.
Поскольку аЬ=&*ЛаЬ\ a=z&%caf b=&%cbt тос**с<в6> =ab=&%ca- &*>c*.
Так как при умножении двух степеней с одинаковыми
основаниями основание остается прежним, а показатели степеней
складываются, то сХо%ЛаЬ) = clog^a + log^b. Итак, равны две степени и
равны их основания, поэтому должны быть равны и показатели:
\ogc(ab) = logca + \ogcb, что и требовалось доказать.
Теорема 2. Логарифм частного двух положительных чисел
равен разности логарифмов делимого и делителя:
logc ^ ] = \ogca - \ogcb (a > О, Ъ > 0, с > 0 с * 1).
Доказательство.
С другой стороны,
b^ _ = £logca-logcb
b
Из равенств (1) и (2) следует, что log! — = logc0 + logcA.
Равенство доказано.
Примечание. Может быть предложено и такое доказательство.
По теореме 1 log! — + logc£ = logj — b\ = logca, тогда
\ b I \ b )
241

Теорема 3. Логарифм степени с положительным основанием
равен произведению показателя степени на логарифм основания:
\ogcak = к • logca (а > О, с > О, с * 1).
Доказательство.
По основному логарифмическому тождеству ak = clogca* и
ак = ((Л**еау = с* iogca уак как равны левые части двух последних
равенств, то должны быть равны и правые части, т. е. д°*сак = с* 1овса,
тогда \о%ак = к ■ logca.
Следствие 1.
logc(ab) = logj а | + logc| b \ (ab > 0, с> 0, с * 1).
Следствие 2.
log] | = logj а | - logj b | (ей > 0, с > 0, с * 1).
Следствие 3.
logcfl* = Л• logj я |, если а* 0, к = 2п, где п еZ
Пример 1. Вычислить log * 12 - log 2 6 - Iog29.
Решение.
1 способ.
Iog212 =log24 +log23 =2 +log23;log26 =log22 +log23 = 1 +log23;
log 112 - log 2 6 - Iog29 = (2 + Iog23)2 - (1 + Iog23)2 - 21og23 =
= 4 + 41og23 + log^3 - 1 - 21og23 - log23-21og23 = 3.
2 способ.
log^ 12 - log^ - Iog29 =(log212 - Iog26)(log212 +log26) -Iog29 =
= Iog22-log272 - Iog29 = log2ll = Iog28 = 3.
3/5 g
Пример 2. Вычислить log, — • log- -=.
5125 26V2
242

Решение. Применяя теоремы 2 и 3, будем иметь
^ - Iog5125)(log28 -
з
Пример 3. Вычислить
lg64 + lg27
Решение.
lg64 + lg27 31g4 + 31g3 31gl2 3'
lg(l6.9)^lg(4-3)2_2
lg64 + lg27 lg(64.27) lg(4.3)3 3'
Пример 4. Пусть известно, что х = , . Найти lgx.
yjayfa sin a
Решение. Вначале упростим выражение, считая, что а >0, b > О,
З/Г 3, 0,5 2,25, 0,5
а ЧЬ a b a b
sin a > 0: х = i __ = 075 ■— = —: •
VaVasinCt a ' smCC smCC
Применяя далее теоремы 1—3, получим
lgjc = 2,25 • lg a + 0,5 • lg b - lg sin a.
Примечание. Говорят, что выполнено логарифмирование
данного выражения.
Переход от равенства, содержащего логарифмы, к равенству,
не содержащему их, называют потенцированием. Помним при этом,
что если равны логарифмы по равным основаниям, то равны и
выражения, стоящие под логарифмами.
В частности, например, если logfljc = logam — \ogan, то
=log —,их = —(т>0,п>0,а>0,аФ\).
n n
243

1 г 1 7
Пример 5. Найти jc, если log3Jc = -log2v3 + ~log26 - — Iog23.
Решение.
Имеем последовательно log3jc = log2 v3 + log2 V6 - log^vS7 =
l „
= 3- Итак'
= -,x = lib.
Рассмотрим несколько примеров на следствия из основных
теорем.
Пример 6. Упростить выражение Iog2(ab) - Iog2(-a).
Решение. Поскольку ab > О и — а > О, то есть а < О, то и b < 0.
Применяя следствие 1, получим Iog2| a \ +log2| b \ — Iog2(-fl) =
= Iog2(-fl) + Iog2(-b) - Iog2(a) = Iog2(-b).
x x2
Пример 7. Упростить выражение log 2 log 4 —7.
x У x У
Решение.
1 способ.
Из условия видно, что — > 0. logr2 logr4 — = = -log. 11 x I
у у у* 2 I*1
4 II 4 I I 4 II 4 II
2 способ.
x2 x \x\ (x
=lOgx2 \--
x x2 x \x\ (x \x\
l ll =lOg \
У
244

— 1 Iх У \ — *У —
_ 1 1
2 1*1 2 |х|
Упражнения.
, log33V4-log3V2
1. Вычислить ———?= — .
71 71
2. Вычислить log2sin — +log2cos —.
8 8
3. Найти Ig2, если Ig5 = a.
4. Найти Iog3225, если Iog35 = m.
5. Вычислить Ig5 • lg20 + (Ig2)2.
6. Вычислить Iog1245, если Iog122=a, log,25=A.
Указание: Iog123 = log12 —.
7. Упростить ^log2 6 • log2 3 + log2 432 1.
8. Прологарифмировать данные выражения по основанию 10:
а) х = т2 \П ;
в)х =
т)х =
9. Произвести потенцирование:
1
a)lgx=-lg16-lg5 +lg3;
245

= ^(21og32-31og36);
в) log05x = alog2(m + n) log2(AW -n) +
3 5 4
r) log,* = - \ogjd + - \ogJ) — - log,c.
5 4 3 6 3 5
10. Найти x, если lgx = lgtgl0 + Igtg2° +...-Hlgtg88° + Igtg89°.
Ответы:
2. -1
3. 1 -
4. In
5. 1.
6. 2-
,5.
- a.
i + 2.
- 4a
7. Iog212.
8. a)
6)
в)
r)
9. a)
21g/n
Ig3 H
31gm
Ig2 +
12
T;
+
+
V2
+
0
b.
2lg/I'
21g« -
,251ga
1
-\ga -
- 0,251
2
3lg*;
0,51gA;
в)
r)
10. 0.
p{m + n)a
246

3. ФОРМУЛА ПЕРЕХОДА
ОТ ЛОГАРИФМА ПО ОДНОМУ ОСНОВАНИЮ
К ЛОГАРИФМУ ПО ДРУГОМУ ОСНОВАНИЮ
logcfr
Докажем справедливость равенства \ogab = , , где а > О,
Ь> О, с > О, аФ 1, сф 1.
Прологарифмируем обе части основного логарифмического
тождества alog *b = b по основанию с, получим logflA • \ogca = logcb.
Из последнего равенства получаем искомое соотношение
logcfr
logab= , (1), где я, b и с положительные числа, а и с
отличны от единицы.
Следствие 1.
Пусть с = b, тогда log b = , но \og.b = 1, поэтому
!og* я
\ogab= (2). Последнее равенство показывает, что \ogab
и logba взаимно обратные числа.
Следствие 2.
к
Покажем, что logfl/I bk = ~\ogab (a > 0, а ф 1, п ф 0) (3).
Действительно, по теореме о логарифме степени
•ogfl * Ьк = к logan b, а по формуле (2) получим далее
к = = = —logfl Ъ. В частности, при к = 1
log^a" и-log,, a n \ogba n
247

получим формулу loganb = -\ogab (4). Интересен и другой
способ получения этой формулы. Применяем основное
логарифмическое тождество, записав его в виде (дл)~1о8°* = Ь, откуда
по определению логарифма имеем logflW Ъ = —\ogab.
Пример 1.
Вычислить Iog23 • Iog34 ■ Iog45 • Iog56 • log^ • Iog78.
Решение. Перейдем к логарифмам по основанию 2 во всех
логарифмах, кроме первого, при этом получим
log 3log24 1оёз5 lQg26 lQg27 Iog28 = i о = о
*2 Iog23 Iog24 Iog25 Iog26 Iog27 ё2
Ответ: 3.
Пример 2.
Найти значение выражения log2^ V3 " log г-4л/2 .
Решение. Применим формулу (3) для первого логарифма
г 2 з 3 2
V3 = Iog22 3 = y ' log23 = Qlog23- Аналогично для
2
7
7 —
второго логарифма Iog^4v2 = Iog32 23 = ylog32 = —Iog32.
2
Окончательно получаем, что значение данного выражения равно
2 14 28
-Iog23 • — Iog32 = —, поскольку Iog32 • Iog23 = 1.
248

Пример 3. Упростить выражение
ьА
Решение. Выполняем преобразования числителя:
=1 b _ 1 = logob-logfcfl-41ogflb-l = 41ogflb
а \ogba-A \ogba-A A-\ogba
Аналогичные преобразования выполняем для знаменателя:
1Оа ъ =ofl= o
gfl 3{\ogba-4) 3(logfcfl-4) 3(4-log,fl)"
Выполняя деление числителя данного выражения на
знаменатель, получим 3.
Ответ: 3.
Пример 4. Зная, что Iog23 = a, Iog35 = b, найти log615.
Решение. Имеем последовательно
1ов 15^ Iog215 ^ Iog23 + log25 ^ lQgz3+1^2 ^
Iog26 l + log23 l + log23
og23 + log23-log35 _a + ab _a
l + log23 \ + a \ + a
a(l + b)
Ответ:
Упражнения.
1. Применяя формулы (3) и (4), найти значения выражений
(при соответствующих ограничениях на значения букв,
входящих в выражения):
a) log±V7;
49
249

б) log,625V2;
в) 22-1о*3Л9;
г) з1о«Л5
2. Применяя формулы (1)—(4), найдите значение выражения
или упростите выражения:
а) 5 1о*125;
log, 15 Iog325.
Iog253 Iog753 '
где b > 1.
3. Доказать, что:
I— г— 2
б) logeAcA = —
в) Если а =ЬЫо&аС; b = fl'~log*c, то с = ab (а > 0; b > 0;
с >0; я * 1; b ф 1 сф \\ а* с\ b± с).
Указание. (Одно из возможных решений.) Первое равенство
прологарифмировать по основанию Ь, а второе — по основанию а,
затем перемножить полученные равенства, перейдя в log/ к
логарифму по основанию Ъ.
4. Найти log,272, если Iog320 = a, log215 = b.
250

Решение (один из возможных вариантов).
= log3 72 = log3 9 + log3 8 2 + 31og3 2
°8'2 Iog312 Iog33 + log34 l + 21og32"
Решение задачи сводится к нахождению Iog32.
Из последних двух равенств исключаем Iog35.
>g35 = a-21og32,
2 , 3
Значит, log,,72-
5. Известно, что Ig32 = /я. Найти lg Vl25 .
10
Указание. Заметить, что 5 = — .
6. Известно, что Iog63 = а. Найти Iog68.
7*. Найти Iog2524, зная, что log615 = a, logl218 = Ь.
8. Дано, что Ig3 = a, Ig2 = b. Найти Iog2518.
9. Доказать, что из равенства а2 + Ь2 = ЪаЬ следует
а2-Ь2
lg—jt- =\ga+\gb(a >0, b >0, а >Ь).
Указание. Из данного равенства найти а + Ьи а — Ь,
выраженные через ab.
Ответы:
1. a) -i;
251

б) 0,3;
«£:
г) 100.
2. a) V2;
б) -
в) 1-;
г) аЬ;
д) Если 1 < b < 2, то 21og2£; если b > 2, то 2.
5. 1,5 -0,3/и.
6. 3(1 - о).
7. Решение:
log, 15 1 + log, 5
Iog35 - fllog32 = fl- 1. (1)
6 - 2 = (1 - 26)log32. (2)
b-2
Из (1) и (2) имеем Iog32 = -——;
(b-2)a t ab-2a + a-2ab-
log 5= — + a-l =
ёз I2b
+ al
I-2b I-2b
2b-a-ab-\
1+3-*=*
1оёз24^1 + 31оез2= i-2b
g25 Iog325 21og35 2b-a-ab-l
\-2b
252

l-2b + 3b-6 b-5 5-Ь
2(2b-a-ab-l) 2{ab + a + l-2b)
2a + b
4. НЕСКОЛЬКО ПОЛЕЗНЫХ
ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ ТОЖДЕСТВ
I. Докажем несколькими способами, что д1о8сb = &ogca,
где (я >0, Ь >0, с >0, с*1)(1).
1. Прологарифмируем по основанию с обе части
доказываемого равенства: logc(dogcb) = logc(6lo8cfl), откуда \ogcb • logca =
= logca • logcb — верное равенство.
2. Обе части доказываемого тождества можно возвести в сте-
1 _!_
пень —^—: (d°*cb)log<h =
logcfe
а это очевидное равенство.
3. Можно преобразовать одну из частей тождества: aXogcb =
4. Пусть fllo8c b = /, ^°8cfl =z. Покажем, что / =z. Из
написанных равенств по определению логарифма имеем, что
—
=logcfl; logflz=loga6-logcfl =
= с logcfl = logc6. Имеем loga/ = logcb и logaz = logc6. Ясно,
что loga/ = log/, откуда t = z.
253

Ясно, что все рассуждения нами проводились при допустимых
значениях переменных.
Пример 1. Доказать, что 21о8з5-31о825 > 25.
Доказательство,
Применяя формулу (1), получим 51о8з2-51о823 = 51о8з2 + 1о823.
Остается заметить, что а + Ъ > 2 лГаЬ , а > О, b > 0. В нашем случае
Iog32 + Iog23 > 2 >/log32-log23 = 2, а поэтому 21о8з5-3|О825 > 52.
Пример 2. Решить уравнение jc^2 + 2lgx = 4.
Решение. &2 = 2^, 218* + 2^ = 4, 218* = 2, lgx = 1, х = 10.
Ответ: 10.
Пример 3. Показать, что ^log3 2lo8j6' = Iog32.
Решение. Iog32l08 з6" ! = Iog3( - ■ 6log з2) = Iog3( - • 2108 з2 • З108 з2) =
= Iog3(2lo*32) = Iog32 • Iog32 и ^\og\ 2 = Iog32.
Равенство доказано.
П. Докажем несколькими способами тождество
ди*;;/» = [)\ogab (a > 0, b > 0, аФ I) (2).
2. Прологарифмируем обе части равенства по основанию а
(или Ь)\
loga(fl1081b) = loga(6108ab), log2ab= logJb.
3. Покажем, что правая часть равенства равна левой. Пусть
logfl6 = /, тогда Ь=а'и 61о8«ь = (а')' = а'2 = al0*lb.
254

Решение. Применяя формулы (1) и (2), получим
3log23. 31о821з] = 31о823 + 1о821з] = 3l0g2l3 ^ = 3.
Ответ: 3.
Пример 5. Известно, что alogabdogab = b2. Доказать, что be = а2
(a>0,b>0,c>0,a*l,b*l).
Доказательство. Применяя формулы (1) и (2), получим
ЬЮ*аЬ. b\ogac = р. Ь\огаЬ + \огас = ЬЪ Qotabc = #^ откуда lOgfl(6C) = 2,
и а2 = be, ч. т. д.
III. Рассмотрим тождество а^ХоЪаЬ = b^og"a (3), которое верно
при всех допустимых значениях а и Ь.
1. Для доказательства его справедливости обе части
прологарифмируем по основанию а (или b): log a^°^ = log b^°^;
7logfl b = Vlog, a • log, b = yjlogb a ■ log' b = Vlogfl b .
Получено верное равенство.
2. Для доказательства можно преобразовать одну из частей
тождества (например, левую):
= bJ\oglalogab = Ь^^° , Ч. Т. R.
Пример 6. Вычислить
Решение. Согласно формуле (3) числа 5"^^ и З''^ равны, а
поэтому значение данного выражения равно нулю.
Ответ: 0.
Пример 7. Показать, что 4yi°iI? =
Решение. 4^ = (l^5) = ^) ()
255

Пример 8. Решить уравнение х"^ + 2"^ = 4.
Решение. Имеем последовательно 2"^ + 2J[°^ = 4; 2J[°^ = 2;
/log2 x = 1;х= 2.
Ответ: 2.
Упражнения.
1. Вычислить 91ое 227 - 64108 23.
Решение. Заметим, что 9l08227 = 4log49l°8227 = 4l0g227l0849 =
= 431о823, а поэтому ответ 0.
2. Доказать, что при всех допустимых значениях а и Ь верно
равенство a logfcfl~1 = b 1~loge*.
Решение. Логарифмируем обе части равенства по основа-
1 1
нию д, получим 77Т~Г~7~Г~
1 _ 1 1 _ 1
\ogba-\ \-\ogab \ogba \ogba-\'
3. Показать, что 2lo823-3log23 = 6l0823.
Решение. 2l0823 = (2log23)log23 = 3log23, поэтому 3log233log23 =
= 6log23. Разделив обе части на 3log23 > 0, получим 3log23 =
= 2log23. По второму тождеству оно является верным.
4. Проверить, что при всех допустимых значениях а, Ь, с верно
равенство с ogfcfl = a ogfcfl ogfcC.
256

5. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ,
ОСНОВАННОЕ НА ОПРЕДЕЛЕНИИ ЛОГАРИФМА
Уравнения, содержащие неизвестные под знаком логарифма
или в основании логарифма, называются логарифмическими
уравнениями.
а) Уравнение log^x) = b, где а — отличное от единицы
положительное число, равносильно уравнению/*) = ct>.
Поскольку а* > О, при xQ таком, что/(х0) = аь, будет f(x0) > О, то при
решении уравнений рассматриваемого вида находить область
допустимых значений (область определения уравнения) или
выполнять проверку нет необходимости.
б) Уравнение log .J{x) = Ь равносильно системе
Поэтому можно решить уравнение J{x) = ^(x) и проверить
при найденных корнях выполнение неравенств q{x) > 0 и
q(x) ф 1. Выполнять проверку неравенства J{x) > 0 нет
необходимости, посколькуJ{x) =qb(x) >0.
Естественно, можно найти область определения
уравнеq(x)>0,
ния, решив систему неравенств -
Можно решить уравнение Дх) = qb(x) и проверить
найденные корни непосредственной подстановкой их значений
в уравнение log^/x) = Ь. При этом следует помнить о
необходимости выполнения трех неравенств <
257

в) При решении уравнений вида д1оеИх) = Ь, где а > О, а ф 1,
b > О, получаем равносильное ему уравнение J{x) = b.
При решении уравнений вида q((x)y°g^)Ax) = b, b > О
необходимо либо выполнять непосредственную проверку,
либо проверить выполнение неравенств q{x) > О, q(x) ф 1
(Дх) > 0 можно не проверять, так как/(х) = b > 0).
Примеры.
Решить уравнения.
Пример 1. Iog2(x2 — 5х + 6) = 1.
Решение. Данное уравнение равносильно уравнению х2 — 5х + 6 = 2;
- 5л: + 4 = 0, откуда хх = 1, х2 = 4.
Ответ: 1; 4.
Пример 2. log3log2log2x = 0.
Решение. Iog3(log2logzx:) = 0<=$ Iog2(log2x) = 1 <=$log2x =2<=>x=A.
Ответ: 4.
Пример 3. log2log3log2 —— = 0.
Решение. Данное уравнение равносильно уравнениям,
получаемым последовательно:
log3log2 ^ = 1:10^^ = 3; ^=8; 1-х=^;х=|.
3
Ответ: —.
4
Пример 4. logj^Ox2 + Ъх — 6) = 1.
Решение. Область определения уравнения задается системой не-
равенств ■ 2 - х Ф1,
2 + 3;с-6>0.
258

Из данного уравнения следует, что х2 + Зх — 6 = 2— х;
х2 + 4х - 8 = 0; х, 2 = -2 ±2v3 . Оба корня удовлетворяют
неравенствам х < 2, хф 1 и, очевидно, последнему неравенству
системы.
Ответ:-2±2у[ъ .
Пример 5. log^O*2 - 7х + 3) - 2 = 0.
Решение. Из данного уравнения следует, что (2х — З)2 = 3*2 -
- 7х + 3 или jc2 — 5х + 6 = 0. Корни последнего уравнения 2 и 3.
Непосредственная подстановка в исходное уравнение х = 2 дает в
основании логарифма единицу, что невозможно. При х = 3
получаем Iog39 -2 = 0 — верное равенство.
Ответ: 3.
Пример 6. 41о*2<*-2) = 9.
Решение. Область определения уравнения задается неравенством
х — 2 > 0, откуда х > 2.
4iog 2 и - 2) = (2»og 2 (* - 2))2 = (jc _ 2)2. Значит, (х - 2)2 = 9; х - 2 = 3
и л: = 5 — корень данного уравнения, х-2 = -3;х=— 1 —
посторонний для данного уравнения корень.
Ответ: 5.
Пример 7. (х2 +х)1о^+*(*2-2*) = 3.
Решение. Область определения уравнения задается системой не-
равенств -
х2-2;с>0.
Уравнение дает х2 — 2х = 3; х2 — 2х — 3 = 0; х = — 1, х = 3.
Первый корень не удовлетворяет неравенству х2 +х >0 и
является посторонним для данного уравнения корнем. При х = 3
уравнение обращается в верное равенство.
Ответ: 3.
259

Пример 8. logsjn xcos х = 1.
Решение. Из условия следует, что sin х > О, cos х > 0, sin х Ф 1.
Ясно, что х — угол первой четверти. Далее решаем однородное
уравнение sin x = cos x, tg х = 1, х = т + 7Ш5 i^Z . Из
полученной серии корней выбираем значения х, принадлежащие
первой четверти, поэтому х = — + 2я&; ке Z.
Ответ: - + 2пк; ksZ.
4
Упражнения.
Решить уравнения.
1. logjOc2-х - 2) = 2.
2. log, ,16 = 2.
3. l
4. x I
5. Iog3(12-3*)=jc- 1.
6. log2(4*-2) =x
7. (x-2)lg(l-^) =0.
g2
9. 108,(3» - 8) = 2 -x.
10. \ogu_(2y 2
12.
13. logsinjt(l -cosx) = 2.
15. Iog2(21og3(l - 2x)) = 1.
16- logsinjc| =-2.
17. log9(log32(2x+3))= 1.
260

18. 3log i <5"2x) = x — 1.
3
19. x2-4l0*4* + l -5 = 0.
20. x2lob(Jt-|> = (3x+2)2.
Ответы:
1. -2; 3.
2. 5.
3. 1 +V2.
t.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
2 "
2.
1.
0.
2Л.
2.
2
3 '
±— + 2im; neZ
4
3;2.
Корней нет.
2ли; /ze Z.
-1
16. (-1)*|
18. 1,5; 2.
19. 5.
20. Корней нет.
261

6. УРАВНЕНИЯ,
РЕШАЕМЫЕ ЛОГАРИФМИРОВАНИЕМ
Простейшие уравнения такого типа уже встречались ранее. Это
уравнения, содержащие неизвестные в основаниях логарифмов и
показателях степеней выражений, стоящих под логарифмами. Для
примера решим одно простое уравнение.
Пример 1. Решить уравнение х108 гх ~х = 8х.
Решение. Область определения уравнения задается неравенством
х > 0. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2,
получим Iog2(xlog2x"1) = Iog2(8jc); (Iog2;c — I)log2.x = 3 + log2.x.
Полагая далее Iog2;c = t, получаем квадратное уравнение t2 — Ъ — 3 =0,
корни которого / = — 1 и / = 3. Значит, log^x: = — 1, х = — и logjX = 3,
jc = 8.
Ответ: —; 8.
Примечание. Укажем еще один оригинальный способ решения
уравнения. Положим log2x = /, тогда х = 2', и исходное уравнение
принимает вид 2*'~ ° = 23- 2', откуда t2 — It — 3 = 0 и т. д.
Логарифмированием обеих частей уравнения удобно решать
показательные уравнения, содержащие степени с разными
основаниями.
Пример 2. Решить уравнение 2х2 • 5х = 10.
Решение. Прологарифмируем обе части уравнения по
основанию 2 (можно 5 или 10), получим jc2 + ;clog25 = 1 + Iog25,
которое после группировки принимает вид (jc2 — 1) + Iog25(x— 1) = 0;
(х — 1)(х + 1 + Iog25) = 0. Используя условие равенства нулю
каждого из двух сомножителей, получаем х = 1 и х = — Iog210 =
= log20,l.
Ответ: 1; log20,l.
262

Пример 3. Решить уравнение 2х ~2 = 3х2 ~5х+6.
Решение. Логарифмируем обе части уравнения по основанию 3,
получаем (х — 2)(х — 3) — (jc — 2)log32 = 0, откудах=2их = 3 +
+ Iog32 = Iog354.
Ответ: 2; Iog354.
Упражнения.
Решить уравнения.
1. х10^* =9х.
2 0 1 • № ~2 = —
l' U?1 Х 10"
3. 3х =7.
4. 5х2 =8.
6. 2sinx3COSJf = 1.
JC—1
7. 4 * 5- = 50.
8. 2(*2~4)|&х= 3(jc2~4)(lg2jc~2).
Ответы:
2. 1; 1000.
3. Iog37.
4. i^logsS.
5- -Iog62;l.
6. — arctg(log23) + nn, n e Z.
7. Iog50,5; 2.
8. 2; 10 2
263

7. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ,
РЕШАЕМЫЕ ПОТЕНЦИРОВАНИЕМ
При решении уравнений будем применять формулы:
logca +logc6 =logc (ab) (a >0, b >0; с >0, сф 1); (1)
logca - \ogb = logc^ (a >0, b >0; с >0, сф 1); (2)
A: • logca = logcflA (a > 0, с > 0, с ф 1). (3)
При этом помним, что если логарифмы равны, то при равных
основаниях равны и логарифмируемые выражения.
Решая уравнения, необходимо либо находить их область
определения, либо выполнять проверку. Мы будем на конкретных
примерах осуществлять различные подходы к отбору корней.
Если \ogp(x)j[x) = \ogp(x)q(x), то это уравнение равносильно
д(х)> О,
системе 1
Из двух неравенств J{x) > 0 и ^(;с) > 0 можно оставить только
одно — наиболее выгодное для решающего.
Пример 1. Решить уравнение
Iog3(sin х + cos x + jc2) = Iog3(sin x + cos x + 1).
Решение. Уравнение равносильно системе
Г sin jc + cos jc + jc2 = sin jc +cos*+ 1,
[sin jc +cos jc + 1>0.
Корни уравнения х = ± 1 удовлетворяют неравенству системы.
Ответ: ± 1.
Пример 2. Решить уравнение
Iog3(;c - 2) - Iog3(;c + 4) = log3x - Iog315.
264

Решение. Найдем область определения уравнения, решив систе-
му неравенств
х-2>0, откудах> 2.
jc>0,
х-2 х
Применяя формулу (2), получим log3 = log3 —. Так как
равны логарифмы и равны их основания, то должны быть равны
и выражения, стоящие под знаком логарифма, т. е. 15(х- 2) = х2 + Ах
их2— 1 Ijc + 30 = 0, откуда х = 5 и х = 6. Оба найденных корня
удовлетворяют неравенству х > 2.
Ответ: 5; 6.
Пример 3. Решить уравнение х — ;clg5 = lg(2x + x — 3).
Решение. Область определения уравнения выражается
неравенством 2х + х - 3 > 0.
Воспользуемся формулой представления любого числа а в виде
логарифма по основанию с: а = \ogcc° (с > 0, с ф 1), тогда х = lglO*,
и исходное уравнение принимает вид lglOx - Ig5x = lg(2x + х — 3);
Ig2x = lg(2x + x — 3) и 2х = 2х + х — 3, откуда х = 3.
Непосредственная проверка показывает, что х = 3 - корень исходного
уравнения.
Ответ: 3.
Пример 4. Решить уравнение
Iog23 +log2log3(x+ 2) = log2log3(10;c+ 17).
Решение. Если находить область определения уравнения, то
необходимо решить систему неравенств
Iog3(10;t + 17)>0, Г jc + 2 > 1, fjc > —1,
jt + 2>0, [10jc + 17>1 |jc>-1,6
10jc + 17>0
Применяя формулу (1), получим исходное уравнение в виде
Iog231og3(;c + 2) = log2log3(l(k + 17); 31og3(x + 2) = Iog3(l(k + 17);
x3 + 6x2 + 12jc + 8 - IOjc - 17 = 0; x* + 6x2 + 2x - 9 = 0.
265

Уравнение имеет очевидный корень х = 1. Разложим левую
часть уравнения х3 - 1 + 6х2 — 6 + 2х — 2 = О на множители:
(х - 1)(х2 + х + 1 + 6х + 6 + 2) = 0; х = 1 и х2 + 7х + 9 = 0;
-7±Vl3
x = . Оба корня последнего квадратного уравнения
не удовлетворяют неравенству х > — 1.
Ответ: 1.
Пример 5. Решить уравнение
( > l
Решение. Область определения уравнения задается системой
_1
2'
sinx>0,
sinx^l.
1
COSJt>—,
2' Или в упрощенном виде
sin x> О,
Выполняя очевидные преобразования, приходим к уравнению
cos 2х — — cos х — — = 0 или 2cos2x — cos x — 1 = 0. Решая его,
1
получим cos х = 1 и cos х = - —. Если cos х = 1, то sin х = 0, что
противоречит неравенству sin х > 0. Если cos х = — —, то не
выполняется условие cos х > —. Значит, исходное уравнение корней не
имеет.
Ответ: корней нет.
Видоизменим условие задачи и решим уравнение
1_ I
266

Здесь корень уравнения должен удовлетворять условиям
cosjoO,
sin л > 0, После потенцирования получаем уравнение 2cos 2x +
+ cos x — 1 = 0, откуда cos x = — 1 (не удовлетворяет условию
cos х > 0) и cos х = —. Поскольку значение х соответствует первой
координатной четверти, в итоге получаем х = - + 2пп, п 6 Z.
Ответ: - + 2ял, я е Z.
JC + 1 1
Пример 6. Решить уравнение 1 + log2 = — log л (х- 2)2.
Решение. Найдем область определения уравнения, решая систе-
' откуда хе(- «>;-2) U (-1;2) U (2;+°°).
Даму неравенств
лее потенцируем и помним, что log^* = 2fclogJ х |, (к е R, а > 0,
Пустьх> 2, тогда
^*+ ' =х-2; x2-2jc-6 = 0; x = 1±>/7.
Условию х > 2 удовлетворяет корень 1 + V7 .
Пусть xe(-oo;-2)U(-l;2), тогда ^у^ = -(х-2);
2(х+ 1) = -х2 + 4; х2 + 2х - 2 = 0; х = -1±&. Оба корня
принадлежат объединению указанных промежутков.
Ответ: l + yfl;-l±S.
267

Пример 7. Решить уравнение 2х — 1 — Iog3(2 • 3х — 9) = Iog3(3* — 6).
Решение. Находим область определения уравнения:
|2-3'-9>0, ГЗ* >4,5,
|з*-6>0- iз* > 6- 3* >6-ДалеепРеДставим2л:~ • в виде
логарифма по основанию 3:
log,3™ - Iog3(2 • 3- - 9) = Iog3(3* - 6); log3 j^r^ = Iog3(3* - 6);
32.-1 = (2 • y-9X3»-6); 32*-' = 2 • У*-21 • У + 54; | У-21 • У + 54 = 0.
3* = /, f > 0; 5/2 - 63f + 162 = 0; D = 3969 - 3240 = 272;
63 ±27
/, 2 =———; /, = 9; t2 = 3,6. Возвращаясь к старой переменной,
получим 3* = 9 и У = 3,6. Но у нас 3х > 6, поэтому х = 2.
Ответ: 2.
Упражнения.
Решить уравнения.
1. log^x3 + Зх2 + х + 1) = Iog05(x> + 5).
2. Iog6'(x + 4) = Iog6(2x2 - 5) -'log6x.
3. 2(lg2 - 1) + lg(5^ + 1) = lg(5' -^ +5).
4. ^ Iog3(2x - 3) + 2 ^ = Iog3(6x + 9).
5. lg(3* +X-17) = xlg30 -x.
6. lg(10*+l - 9) = 2x.
7. |log2x-l| + |log4x|=0,5.
8. lg(6 • 5' + 25 • 20*) = x + Ig25.
9. log2 (x + 1) - (1 + log2x)2 = log/^±1V
\ 2x J
Указание. Рассмотреть после преобразований уравнение как
квадратное относительно Iog2(x + 1).
268

10. l+log6^±l =-\ogji (x-l)2.
x + l 4
1
1. Iog2(cos x(sin 2x - jr )) = log2sin x - log0 5cos 2x.
X + l v-9 2 X — l
2a 2b a
Указание. Заметить, что logc-r = logc—, (— > 0, с > О,
о а о
с*1).
v — 9 v Д- 9
Решение, log\ + log2 х~ = log\ г + log2-— ;
* + 1 х + 1 х~^ х-1
= 0;
g2
x+\ x-l
+ 1) = 0.
g2)((g2 g2
x+l x-l x+l x-l
x + 2 . (x _
a) log2i^ = ,og
+1
x = 0 — не корень исходного уравнения.
б) log/2~4=_i- x2~4=L;2x2-i=x2- 1;д? = 7;
л2-1 ' л2-1 2
х = ± л/7 — корни данного уравнения, так как
принадлежат его области определения.
13. Iog32 + log3log3(4 - х) = log3log3(19 - 6х).
14. log3log л х + 21og I Iog2(2x - -) = 0.
15 lg(7xTT + l)
lgVx-40
269

Ответы:
2. 5.
3. 9.
4. 3; 7,5.
5. 17.
6. Ig9; 0.
7. 2.
8. log,-; log,-.
о I-
9. 1,
10. -11; -1; 5.
И. - + 2яи, «eZ
6
12. ±77.
13. -1.
>4.f.
15. 48.
8. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ BWAJ{logaq(x)) =0,
ГДЕ Ах) - НЕКОТОРАЯ ФУНКЦИЯ
При решении таких уравнений выполняется замена \ogaq(x) = t,
тогда logfl#(x) = tp где f. — корни уравнения ДО = 0. Необходимо
помнить, что а > 0, а ф 1. Аналогично решаются уравнения вида
j{\ogmix)q(x)) = 0, однако здесь, в отличие от уравнения/(^в0(.х)) = 0,
необходимо учитывать область определения или выполнять про-
270

верку, так как уравнения log^^x) = у и т?(х) = q{x) не
равносильны. Очевидно, что уравнения log^x2 — 6) = 1 и х2 — х— 6 = 0
не являются равносильными, поскольку второе уравнение имеет
корни х = 3 и х = — 1, а первое — только х = 3.
Пример 1. Решить уравнение 21og2*— log2x3 +1=0.
Решение. Заменяем уравнение на равносильное
21og 2 х — 31og2x + 1 = 0 и полагаем logjX = у, получаем уравнение
2.У2 ~3j> +1=0, корни которого у1 = 1 и у2 = -. Значит, данное
уравнение равносильно совокупности уравнений: log2x = 1 и
log2x = -, корни которых х = 2 и х = V2.
Ответ: 2; V2.
Пример 2. Решить уравнение 21g2x2 — lgx6 — 2 = 0.
Решение, lg2^2 =41g2|x|; lgx6 = 61g|x|, поэтому данное уравнение
равносильно уравнению 81g2|x| — 61g|x| — 2 = 0 или уравнению
41g2W — 31g|jc| —1 = 0. Ясно, что lg|x| = 1 и lg|x| = -- корни
уравнения х = ±10 и х = ±10"025.
Пример 3. Решить уравнение 31gx2 — Ig2(—x) = 5.
Решение. Найдем область определения уравнения: х < 0, тогда
lgx2 = 21g | х | = 21g(-%), и получим уравнение Ig2(-x) - 61g(-x) + 5 = 0;
lg(-x) = 5 и lg(-x) = 1, jc= -105 и x = -10.
Ответ: —105; —10.
Пример 4. Решить уравнение ёз*— + 2 log3 Vjc + log2 x = 3.
l°gjj
271

X X
Решение. Отметим, что log3 — * 0, — * 1; * * 3 и я; > 0. Заменя-
•3 .3
ем данное уравнение на равносильное ему в области определения:
1r*rr v 1
■ + log3 x + log3 х = 3 . Откуда log** + log3x-2 = 0, log3x = 1
i x
и log3x = —2, тогда х = 3, и это число не является корнем
исходного уравнения, поскольку х ф 3, а х = - — корень данного
уравнения.
Ответ: —.
Пример 5. Решить уравнение log* (4.x) + log2— = 8.
о
Решение. Применяя теоремы о логарифме произведения
и частного, получим (Iog24 + log2x)2 + log2x2 — Iog28 = 8;
(2 + log2x)2 + 21og2x -11=0. Полагая log2x =y, получаем
уравнение (у + 2)2 + 2y — 11 = 0; у1 + ву — 7 = 0, корни которого
у] = 1 и у2 = — 7. Значит, данное уравнение равносильно
совокупности уравнений logjc = 1 и log^ = —7, корни которых 2 и — .
128
Ответ: 2; —.
Пример 6. Решить уравнение Iog4(2* - 3) • log4(2Jt+' - 6) = —.
Решение. Замечаем, что Iog4(2*+' - 6) = Iog4(2(2* - 3)) = - +
+ Iog4(2* — 3), поэтому далее полагаем Iog4(2* — 3) = t и получаем
уравнение /(— + /) = —; 2f +/-1=0, откуда имеем t = -1
1
272

Значит, данное уравнение равносильно двум уравнениям вида
Iog4(2* - 3) = -1 и Iog4(2* - 3) = -; 2х = — и 2х = 5.
13
Ответ: log2 — и Iog25.
4
Пример 7. Решить уравнение logsinjcsin 2x + log^ (2cos x) = 3.
Решение. Находим область определения уравнения
sin x> О,
cosjc>0,
sin jc ^ 1,
COSJC*-.
2
Решая систему, получаем 2пп <х<- + 2пп; — + 2т <х< — + 2т,
3 3 2
п е Z, то есть х — угол первой четверти, кроме чисел вида
х = — + 2пп, п е Z
Выполняя преобразования, получим logsin x(2sin х-cos x) +
+ = 3; 1 + log. (2cos x) + — = 3. По-
logsin;f(2cosx) *™л logsint(2cosx)
ложив logsin x(2cos x) = t, получим уравнение /2 - 2/ + 1 =0,
корень которого / = 1. Следовательно, logsin x(2cos x) = 1;
sin x — 2cos x = 0. Получено однородное уравнение, которое после
деления обеих частей на cos х Ф 0 дает tg x = 2;
л: = arctg 2 + 2яя, я е Z (помним, что х — угол первой четверти).
Ответ: arctg 2 + 2ял, «eZ
Упражнения.
Решить уравнения.
2. 21glgx=lg(31gx-2).
3.
273

4. 2>g2;c+log2(4x) = 10.
5. log
6.
7. lg2(20x + 10)
= 1.
= 2,5 + Ig2.
+31gJ- =0,5.
8.
9.
10. Ig4(jc + I)2 + 21g2(x + I)3 = 34.
11. (0,4)"»2* + 1 =(6,25)2-'**3.
12. lg(100x)lgx2=6.
13. Il
14. |log,jc-
2
15. -
+ 3x+2) + -1
+ 2x + 1) + 5 = 0.
Ответы:
1
1. 10; ^.
2. 10; 100.
3. 10; —.
10
4. 16.
5' 3;W
274

7. Щ±; -0,4995.
8. 10; VlO.
9. -1.
10. 9; 0,9.
11. 10; 105.
12. 10; 0,001.
13. 3.
,4. 2; -L.
15. Корней нет.
9. РЕШЕНИЕ ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
С ПОМОЩЬЮ ФОРМУЛ ПЕРЕХОДА
ОТ ОДНОГО ОСНОВАНИЯ ЛОГАРИФМА К ДРУГОМУ
Пусть дан логарифм по основанию а: \ogjb = р, тогда ар = Ь.
Прологарифмируем последнее равенство по основанию с, тогда
\ogcb
Р ' logcfl = logcb, откуда р = , т. е.
log Ъ = -^— (а > 0, Ъ > 0, с > 0, а ф 1, с ф 1). (1)
logca
Если в этой формуле положить с = Ь, то
275

Ясно, что logab и logba — взаимно обратные числа.
log к Ь = г- = - ■: = - log b. Итак, получена еще одна
log, ak к log, а к а
полезная формула:
logfl* br = -logfl6. (3)
Теперь покажем применение этих формул при решении
логарифмических уравнений.
2
Пример 1. Решить уравнение Iog8.x + Iog4.x + Iog2.x = 3 ~ .
Решение.
1) Ясно, что область определения уравнения определяется
неравенством х > 0. Согласно формуле (3) получаем
log2 х л log2 х л ,_ х=11. 1о fl + 1 + Л- —•
3 ' °8МЗ + 2+ Г 3 '
2
2) А если формулы забыты? Положим log2x = /; / > 0; х= 2\
тогда исходное уравнение принимает вид Iog82' +
Ответ. 4.
Пример 2. Решить уравнение yflogJAx) • log2 x =
Решение.
1) Нахождение области определения данного уравнения довольно
трудоемко, поэтому решим уравнение и сделаем проверку.
Преобразуем левую часть уравнения:
276

Возведем обе части уравнения в квадрат, при этом получим
—
log I х + 21ogjX -8 = 0, откуда logy* = -4; log2x = 2, х = — и
л: = 4.
Проверка, х = —; /log, - • log2 — = - • (-4) = -2;
lo V Тб ^ 16 2
— 2ф2у!2. При х = 4 получаем верное равенство
2) Положим Iog2;c = t\ / > 0; х = 2', тогда исходное уравнение
принимает вид ^/log2,(4-2') • г = 2V2; J1 + - • г = 2>/2 ;
Г2 + 2/ - 8 = 0, откуда / = 2 (/ > 0) и х = 22 = 4.
Ответ: 4.
11 7
Пример 3. Решить уравнение log jc + log j — = log \ — + log ^ 5 .
— i — y A
x J 5 Л Ч
Решение. Область определения уравнения задается
объединением двух промежутков: (0; l)U(l; +°°). Заметим, что
1 2 1 2
log,- =logjc-15 l =^х5; log!— = log з х, поэтому исходное урав-
Jr ^ 5 Х
нение принимает вид log5x + log^ = log^x + log^5--;
log5x + log^ = (log5x + log^)2 — 2 — -. Далее, положив
log5x + log^ = /, получим уравнение /2 - / - — = 0, откуда
f| = — - ; /2 = -. Остается решить уравнения Iog5.x + log^ = — и
277

Iog5.x + log^ = —. Первое уравнение корней не имеет. Решение
второго уравнения дает log5 х + = 2 + —, откуда logjc = 2,
log5 x 2
Ответ: 25; V5.
Пример 4. Решить уравнение log4jc- + logg 2x = — .
Решение. Область определения уравнения задается систе-
[
мой неравенств \ \ Перейдем в логарифмах к основа-
\Ф-.
4 к**
нию 2, воспользовавшись формулой (1): —1*. +log2 2jc = —;
log2 4jc 9 9
+ (1 + 1о§2^)2 = 10 обозначив logjc = Г,
9 9
g , получим урав-
9 9
нение -—^. + i ^ = 0, которое после преобразований при-
2 + t 9 9
нимает вид /3 + 4/2 — 14/ + 9 = 0. Это уравнение имеет очевидный
корень / = 1 (1 + 4 - 14 + 9 = 0).
Далее получаем /3 + 4/2 — 14/ + 9 = (/ — 1)(/2 + 5/ - 9) = 0;
/2 + 5/ - 9 = 0; / = —= . Значит, log2x = 1; х = 2и
Оотве/и: 2;
278

Упражнения.
Решить уравнения.
2. loggX+logf6x+log^ = 6l.
3. logjt2 2 + log/2 + log|jt|2= 1.
4. log^ + logjX- 1,5 = 0.
5. 21og^9 - 61og3x3 - log,^ = 0.
6. k^^log^.
7. (Iog3(4x+l)+l)logx+13 = 2.
8.
9- 91ogsinlt(4cos 2x) + 81Og2cos;($in x = 16.
10. logjlogjX4 +21og025log3(2x+ 1) = 1.
11. log3x + log ^/3 x + log! x = 6.
3
12. logjjc + logyjc = Iog36.
13. log^ - log6x = Iog4(2x + 1) - Iog36(2x + 1).
14. logx3 • logj.3 =log x 9.
9 27
15. logx_ jCjc2 - Зл: + 2) + \ogx_2{x2 - 2x + 1) = 4.
jc2 log3~
16. 21og,
27 log5 Jx
Указание. Доказать, что °^3* = log, 5.
logx
Решение.
279

, 2 2 log3x
log, x , ^— = 0;
log* 2 Iog32
(log, x • log3 2 J2 - (log, * • log3 2)- 2 = 0;
log3x• Iog32 = — 1; log3x = — Iog23; logjX = —log?
log3jc • Iog23 = 2; log2A: = 21og^ 3; x = 22log'3 = 4log'3
Ответы:
1. 5; 75.
2. 2±12.
3. ±2^8.
4. 3; 9.
5. 3; -4=.
35V27
6. 1.
7. 5 + Зл/з.
8. 4.
10. Корней нет.
11. 27.
12. 2.
13. 1 + л/2.
14. 3;37з.
15. Корней нет.
16. -i.
17. I -
280

10. УРАВНЕНИЯ, СОДЕРЖАЩИЕ НЕИЗВЕСТНЫЕ
В ОСНОВАНИЯХ ЛОГАРИФМОВ
И ПОКАЗАТЕЛЯХ СТЕПЕНЕЙ
10.1. Рассмотрим уравнение (Ддг))*(х) = 1
Область определения уравнения задается областями
определения функцийJ{x) и q(x), а также неравенством f[x) >0.
Прологарифмируем обе части уравнения по любому основанию а (а > 0,
аФ 1) при условии f{x) > 0, получим q(x) • logaj{x) = 0, откуда,
используя условие равенства нулю произведения двух
множите/00 =
лей, получаем
Пример 1. Решить уравнение (х — 2)*2 +2х~8 = 1.
Решение. Область определения уравнения х — 2 > 0, х > 2,
поскольку области определения функций f{x) = х — 2 и
q{x) =*2 + 2х-8есть&
Имеем совокупность
откуда х = 3.
Ответ: 3.
Пример 2. Решить уравнение (х2 - 2х - 3)l8(*2 +Зх "3) = 1.
Решение. Область определения уравнения устанавливается
неравенствами х2 - 2х - 3 > 0; х2 + Зх - 3 > 0.
281

Решаем совокупность систем
[*2-2л;-3 = 1,
1*2+Зл;-3>0;
Ьс2-2л:-3>0.
Уравнение первой системы х2 - 2х — 4 = 0 дает корни х = 1 ± V5.
Неравенству первой системы удовлетворяет только значение 1 + V5.
Значит, х = 1 + v5 — корень данного уравнения.
Решаем уравнение второй системы lg(jc2 + Зх — 3) = 0;
х2 + Зх — 4 = 0, откуда х = — 4 и дс = 1. Неравенству второй
системы удовлетворяет только значение х = —4.
Ответ: —4; 1 +V5.
Пример 3. Решить уравнение jc^(jc — 1) ^ = 1.
Решение. Область определения уравнения х > 1. Используя
равенство amlf = (ab)m (а> 0, Ь> 0), получаем (х2 — дс) ^ =1.
Далее необходимо решить совокупность систем
Из нее следует, что х =
Ответ:
282

10.2. Рассмотрим уравнение (Ддг))*1(х) =
(х)
Корни этого уравнения должны удовлетворять неравенству
f(x) >0 и, конечно же, входить в область определения функций
Прологарифмируем обе части уравнения, например, по
основанию 10: дх(х)Ых) = q2(x)lgf{x); lgRx)(qx(x) - q2(x)) = 0,
откуда
/00 = 1;
= q2(x), Необходимо проверить, принадлежат
ли корни уравнения f{x) = 1 областям определения функций
q{(x) и q2(x).
Пример 4. Решить уравнение | х — 2 \*2 ~Зх = -, yf.
\х — 2)
Решение. Так как (х — 2)2 = | х — 2|2, то уравнение может быть
переписано в виде | х — 2 \*2 ~Зх = (х — 2)~2. Согласно сделанным
ранее замечаниям получаем | х — 2| = 1 или \. . ' Кор-
[|jc —2| > 0.
ни первого уравнения 1 и 3, а вторая система имеет единственное
решение х= 1.
Ответ: 1; 3.
Пример 5. Решить уравнение (х + l)lgx + 1 = (х + I)1*2*- •
Решение. Корни уравнения должны удовлетворять системе не-
Гх + 1>0,
равенств < откуда х > 0. Данное уравнение равносильно
[х>0,
283

совокупности
[lg2*-lgjt-2 = 0,
U>0,
из которой легко получить
х=0,1 их= 100.
Ответ: 0, U Ю0.
10.3. Уравнения, содержащие логарифм
в показателе степени
Такие уравнения решают, логарифмируя обе части уравнения
по одному и тому же основанию. Как правило, выбирают
основание, содержащееся в основании логарифма. Мы укажем и другой
способ решения подобных уравнений, он состоит во введении
новой переменной.
Пример 6. Решить уравнение № +1 = 106.
Решение. Область определения уравнения устанавливается
неравенством х > 0. Логарифмируя обе части уравнения по
основанию 10, получим lg(xlgx+') = lglO6; (lgx + l)lgx = 6. Полагая далее
lgx = /, получим уравнение Z2 + / - 6 = 0, корни которого / = 2 и
/= -3, но тогда lgx= 2;jc= 100 иlgx = -3;jc= 10 ~3.
Решим теперь это уравнение, сведя его к показательному. Для
этого положим lgx = /, то есть х = 10'. Уравнение принимает вид
Ю'('+ •> = Ю6. Поскольку равны две степени, равны их основания,
должны быть равны и показатели степеней. /2 + /— 6 = 0, а
дальнейшее решение уже было рассмотрено.
Ответ: 100; 10"3.
Пример 7. Решить уравнение х • 2logx2 = 4.
Решение. Логарифмируем обе части уравнения по
основанию 2, считая х > 0, хф 1. Получаем уравнение logjX + logx2 = 2;
1
lQg2* + ! = 2; 0°g2*" »)2 = 0; log2x = 1; x = 2.
lOg 2 X
284

Решим это уравнение, обозначив logx2 = /, тогда х? = 2, х = 2'.
Исходное уравнение принимает вид 2' 2' = 4; 2' = 22; (/ — 1 )2 = 0;
/ = 1 и * = 2.
Ответ: 2.
Пример 8. Решить уравнение x2lg2 x = IOjc3.
Решение. Область определения уравнения х > 0. Пусть lgx = /,
тогда х = 10', и данное уравнение запишется в виде (КУ)2'2 = 10 • 103';
102'3 = 103/+ ", откуда 2/3 - 3/ - 1 = 0; 2/3 + 2 - 3/ - 3 = 0;
2(/+ 1)(/2-/+1)-3(/+1) = 0; (/+ 1)(2/2 — 2/— 1) = 0; / = -1;
1±V3
Ответах V101:
Примечание. Если же решать уравнение логарифмированием
обеих частей, то будем иметь последовательно: lgO^218* х) = lgOOx3);
21g2xlgx = lglO + 31gx; 21g3x - 31gx -1=0. Обозначив lgx = /,
получаем уже рассмотренное уравнение 2/3 — 3f— 1 = 0.
10.4. Решение уравнений вида (Дх)У{х) = (q
Область определения уравнения складывается из областей
определения функций Дх), q{x) и р(х). Кроме того, корни
уравнения должны удовлетворять неравенствам f{x) > 0 и q(x) > 0.
Считая, что последние условия выполнимы, логарифмируем обе
части уравнения по основанию 10 (можно и по любому другому
основанию), получаем p(x)(lgf[x) — \gq(x)) = 0, откуда \ у(х) > q
q(x)>0
285

J f(x) = q(x)
или i , v > 0 Последнюю систему можно заменить на сис-
\
TeMyl/W>0
Решая уравнения р(х) = 0 иДх) = q(x), находим их корни и
проверяем выполнение неравенств/(jc) >0, q{x) >0, решать
которые нет необходимости. Нельзя забывать о том, что найденные
корни должны принадлежать области определения каждой из фун-
кций/х), q(x),p(x). Заметим, что нахождение области определения
уравнения существенно упрощает его решение.
( х yl082U7)
Пример 9. Решить уравнение — -(х- 6)log2 (х~7) = 0.
Решение. Так как логарифмы определены только для
положительных чисел, то х — 1 > 0; х > 7, но тогда — >0их— 6>0,
16
поэтому достаточно решить два уравнения:
1) Iog2(jc — 7) = 0; х = 8; 8 > 7. 8 — корень данного уравнения.
16
2) — = *-6; л2 — 6х — 16 = 0. Из двух корней последнего
уравнения х = — 2 и х = 8 неравенству х > 1 удовлетворяет
только х = 8.
Ответ: 8.
Пример 10. Решить уравнение (2Х2 -х- \)ъ+2 = (х2 + 2х- I)2**2.
Решение. Согласно сделанным выше общим рассуждениям,
необходимо решить две системы:
1)
2х2 - х -1 > 0 Уравнение дает jc = —1, при этом первое
jc2+2jc-1>0
286

неравенство системы выполняется, а второе — не
выполняется. Решений нет.
\2х2 -х-1 = х2+2х-1, \х2-Зх = 0,
2) \ . <=> \ , откуда х = 3.
[x2+2x-l>0 [лг2+2х-1>0,
Ответ: 3.
Упражнения.
Решить уравнения.
2. (lgx- l)*u-i>= 1.
3. (х2-2х)^ =(х2-
4.
2iog 3 + l=S_
5. °*x 9 .
6. jc"^+1 = IOOjc2.
7. (^)Og3""'=27.
9. (sin x)*~' = (cos x)"~'.
10. U2-jc)i^+1 = (2x2+x
Ответы:
1
2. 100.
3. 1 + V2; 5.
4. Ю; 4
6. 100; 0,1.
287

7.
8.
9.
10.
1
9;
l;
-л
Л
27.
■2яп; п 6 Z
Корней нет.
11. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ,
ОСНОВАННОЕ НА ПРИМЕНЕНИИ НЕКОТОРЫХ
ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ ТОЖДЕСТВ
п
1. Известно, что logambn = —\ogab, где а > 0, 6 > 0, а ф 1,
/и * 0. Если «и/w- четные числа, то формула принимает вид
\o%ambr = — log|fl||6|, где а* 0, 6*0, /и * 0, а*±\.
Пример 1. Решить уравнение 21ogx 2 (х2 — Зле) = 1.
Решение. Область определения уравнения задается областью
(-©о; -l)U(-l; 0)U(3; +°°). Данное уравнение равносильно
уравнению log |jc|(jc2 — 3jc) = 1, или дс2 — 3jc = |jc |.
Далее решаем две системы:
\х>Ъ
х<0 и ^ „
Первая система решений не имеет, а решением второй системы
является х = 4.
288

Уравнение можно решить и иначе. Имеем logx2 (х2 — Зле) = 0,5;
х2 - Зх = (х2)0'5. Здесь необходимо помнить, что (jc2)05 = | х|.
Покажем еще один способ решения. Из данного уравнения
следует, что logx2 (х2 - За:)2 = 1; (х2 - Зх)2 = х2\ {х2 - 4х)(х2 - 2х) = 0.
Решая последнее уравнение, находим х = 0, х = 2, х = 4, но только
последнее значение входит в область определения уравнения.
Ответ: 4.
Пример 2. Решить уравнение Iog3(jc — 1) + log^x — 2)2 = Iog32 —2.
Решение. Область определения уравнения определяется
условиями: х > 1, х ф 2. Данное уравнение равносильно уравнению
Iog3((*-l)|*-2|) = log3-, откуда (х- 1)|х-2| = -.
2 2
,-, откуда (х- 1)\х-2\ = -
\<х<29
Для нахождения х имеем две системы: 90
х2 -Зх + — = 0
9
16 Первая система
2 1
дает х = 1 — и х = 1~,а последняя система имеет только один
9 + л/п
корень х = .
п 1 2 9Ч-УГ7
Ответ: 1-; 1 — ; .
3 3 6
2. Покажем применение двух формул, полученных в п. 7:
lo8fl(^v) = logfl\x\+ logfl|у|; logfl
верны, если лу > 0, а > 0, а * 1.
= logfl\x\+ logfl|у|; logfl- = logfl|x\ - logfl|у|, которые
289

Пример 3. Решить уравнение log^xfa: - 1) = log \ \ х — 1 | — log \ \ x |.
Решение. Здесь, как легко видеть, х е (- «>; о) U (l; +°°).
Согласно первой из приведенных формул, logj | х | + logj | х — 11 —
— (log 2 | х — 1 | — log 2 | х |) = 0, откуда имеем совокупность двух
уравнений: log21 х | + log21 х — 1 | = 0 и log21 х — 1 | - log21 jc | = 1.
1±л/5
Решим первое уравнение: | х2 —jc| = 1; х2 —л:— 1=0; х = .
Оба полученных корня являются решениями данного уравнения.
JC-1
Решим второе из полученных уравнений:
х
= 2. Оно в свою
*~1 о jc — 1
очередь распадается на два уравнения: = 2 и = -2,
х х
1
корни которых — 1 и -. Из полученных корней только х = — 1
является корнем данного уравнения.
Ответ: — 1;
3. В п. 5. мы доказали справедливость равенства alogcb = blogca,
где а > 0, b > 0, с > 0, с ф 1. Покажем его применение при
решении уравнений.
Пример 4. Решить уравнение 3log 2х + л108 4 3 = 6.
Решение. Заметим, что х > 0.
Так как 3log2* = jc*^3 и xA)g43 = (^г3)05, то данное уравнение
примет вид од°*гъ + (х10^3)0'5 -6 = 0. Далее, полагая (х10^3)0'5 = д,
где а > 0, получим а2 + а — 6 = 0, откуда а = 2. Следовательно,
^og23 =4 их =4|08з2.
Ответ: 41о8з2.
290

2
4. В том же пункте 5 была получена формула alogab = б108**
(а>09а*19Ь>0).
Пример 5. Решить уравнение log** = Iog3(9 — 2jc1oe3x).
Решение. Из данного уравнения следует, что З108* * = 9 — 2jclog3x.
Согласно тождеству 3log]х = х*°*зх, а поэтому 9 — 2лс1о8зх = дс^з*,
откуда дс108зх = 3. Логарифмируя обе части последнего уравнения,
получим log** = 1, тогда jc = 3; jc = -. Оба найденных корня
удовлетворяют данному уравнению.
Ответ: 3; -
5. Иногда при решении уравнений встречается
тождество дл/1оё*ь= bJiogba^ которое верно при всех допустимых
значениях аи Ь.
Пример 6. Решить уравнение — 2х • jc^log*2 + 4>/1°g2jr+jc2 = 0.
Решение. Уравнение можно переписать в виде
х2- 2jc- 2^°^+ 22^^ = 0 или (jc - 2^)2 = 0, откуда
х =2>/1оё2^5 iog2x =7log2 x, log^log^ - 1) = 0, тогда х = 1 и jc = 2.
Непосредственная проверка показывает, что только jc = 2
является корнем данного уравнения.
Ответ: 2.
6. Очевидно, что для всех допустимых значений а, Ь, с и d
имеет место равенство °gc = °ed , откуда log b • log a =
logca log, a
• logcfl.
291

Пример 7. Решить уравнение Iog3;c • Iog2(.x — 1) + Iog3(.x — 1) +
+ log2x +1=0.
Решение. Область определения уравнения задается
неравенством л: > 1. Согласно приведенной формуле Iog3;c ■ Iog2(;c — 1) =
= Iog2;c • Iog3(;c — 1) и исходное уравнение равносильно уравнению
Iog2;c • Iog3(;c - 1) + Iog3(;c - 1) + Iog2;c +1=0. Выполнив
группировку, получим уравнение Iog3(x — \)(\og^c + 1) + \ogjc +1=0,
которое распадается на два уравнения: \og^c + 1 = 0 и Iog3(x — 1) + 1 = 0,
1 1
корни которых — и 1 —.
Ответ: 1 —.
Пример 8. Решить систему уравнений
Решение.
Так как logx(2x + Зу) • log^3x + 2у) = log^x + 3j;) • logx(3x + 2у),
то исходная система примет вид
Легко установить, что logx(3;c + 2у) = 2 и log^(2jc + Зу) = 2.
Тогда для нахождения jc и у получим систему
[log, (3* + 2 у) = 2 \х2 = Зх + 2 у
1 = 2 V2 =?r + lv ^ ^
Пара (0; 0) является решением последней системы, но не
является решением данной, поэтому в дальнейшем будем считать,
что х Ф 0, у Ф 0. Разделив первое уравнение системы (*) на второе,
292

л2 3 + 2
получим ^т = — . Полагая — = /, получим t2 =
У 2*+3 У
X
но — = / > О, поэтому, уравнение не имеет других корней,
У
удовлетворяющих условию / > 0. Итак, / = 1 и у = х, значит,
х2 = 5х, но тогда х = 5 и у = 5 (х > 0, у > 0).
Проверка показывает, что пара (5; 5) удовлетворяет данной
системе.
Ответ: (5; 5).
Упражнения.
Решить уравнения (1—7).
2.
3.
4.
Х2Ю
log
2х + 2Х*08
2(64 - Зл
23= 15.
*3 + | = 18.
*»,*) = log ^
5. logx3 • logx_ ,2 - logx _ ,3 = logx
6. logx2(;c— I)2 = logx(2 — x) + 1
8. Решить неравенство л:"^ +, 9v'°83r <6.
9. Решить систему уравнений ^
10. Решить уравнение log2 (x - I)2 - log2 | x + 2 | = log3
x + 2
293

Указание.
log3^—^ = 1<^3|л:-1|-1о£з|* + 2| при (х-
Ответы:
1. 3"*53.
2. 2.
3. 3.
4. 0,25; 4.
5. 4.
, 1 + V5
6
7. 3.
8. (1; 2**з2].
9. (100; 100).
ю.
12. СИСТЕМЫ
ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
При решении систем логарифмических уравнений
применяются все известные в алгебре способы решения, логарифмирование,
потенцирование.
Особое внимание следует уделять нахождению области
определения системы; при этом данные действия могут занимать гораздо
больший промежуток времени, чем непосредственное решение.
Иногда мы будем обращаться и к прямой проверке выполнения
уравнений системы.
294

(ХУ . ух = ^4
Пример 1. Решить систему уравнений \
Решение. Область определения системы уравнений: л: > 0, у > О,
хф\,уф\. Прологарифмируем первое уравнение по основанию х,
получим у + x\ogy = 4 (*). Во втором уравнении заменим log^x на
и сделаем замену log^ = z, тогда 2z2 — 3z + 1 = 0; z = 1
l°g;c У
nz = 0,5.
1) logj> = 1, x = у, и уравнение (*) примет вид х + у = 4.
(X = V
' решением которой явля-
4
ется пара (2; 2).
2) logj.y = 0,5; j; = vjc , и получаем систему
= ^' fjc= у2
х <=*] Она дает пару (4; 2) (у > 0).
i = 4 [2 28 0
: (2; 2); (4; 2).
Пример 2. Решить систему уравнений
" =4.
Решение. Область определения системы: jc > 0; у > 0.
Прологарифмируем каждое уравнение системы по основанию 2, по-
log2x-log2;y = 4,
лучим \ 1 Пусть logjc = a, log~y = b, получа-
31og2x + — \og2y = 2. 2 2
16
295

ем систему уравнений
—
12а2 - 8д + 1=0; а = - и а = -, тогда
2 о
Для нахождения л: и д> получаем две системы:
= 8 и Л = 24.
-
log2 у =
log 2 у = 24
; 256); (\/2; 224).
Пример 3. Решить систему уравнений
хгу~1 =5,
Решение. Логарифмируем обе части каждого из уравнений
(по основанию 10), получаем систему
Разделим первое уравнение системы на второе и выполним
сокращение в левой части полученного равенства на lgx * 0 (х * 1):
у + 2
= log3 5; 2у - 1 = 3>log35 + 21og35; y{2 - Iog35) = 1 + 21og35;
l + 21og35 _ . , 2 + 41og35-2 + log35
= ^—. Далее находим 2у - 1 = -^- — =
2-log35 ' 2-log35
296

^~~ = 5lQg, 85, но тогда x
log31,0
= 5 2'~' = 551og"5 =
Пример 4. Решить систему уравнений
log2 л: - log2 (у +1) = -3 .
Решение. Область определения системы: х> О, у> 1, у* 2.
Вьтолним преобразования в первом уравнении системы:
21og2(2x + 1) + 4 = 4; Iog2(2x + 1) + Iog2(y - 1) = 2;
(2х+1)(у- 1) = 4.
Выполним потенцирование во втором уравнении системы:
х _1
у + 1 8'
\у = 8х-1
Итак, получаем систему уравнений 1
\(2^ + 1)(8jc-2) = 4
(2х+ 1)(4х - 1) = 2; 8х2 + 2х - 3 = 0; х12 ^^- и х = -,
8 *•
поскольку по области определения системы л: > 0, у = 3.
Ответ: (0,5; 3).
\y.X°evX =JC2'5
Пример 5. Решить систему уравнений \
[\og4ylogy(y-3x) = l
Решение. Область определения уравнения: х> 0, у > 0, у ф I.
у>3х.
Логарифмируем первое уравнение по основанию у, получим
1 + log^;c= 2,51ogyx. Полагая log^x =z, получаем квадратное урав-
297

нение z2 — 2,5z +1=0, корни которого z = 2 или z = -. Значит,
= 2 или
Данная система распадается на две системы:
а)
х=
б) \
[\og4y\ogy(y-3x) = l.
Решаем систему а):
lo84y1Og4(y"3y2)-l-
4 logy
Уравнение ЗУ —у + 4 т= 0 корней не имеет, тогда система
а) решений не имеет.
В системе б) приходим к уравнению ^—3^—4 = 0; у[у = 4,
у = 16 и л: = 4.
Ответ: (4; 16).
Пример 6. Решить систему уравнений
log2A:-log2 ;у = ;у-*,
Решение. Область определения системы уравнений задается не-
равенствами
у>0,
jc + 2)> >0,
2х-у>0-
Запишем первое уравнение системы
298

в виде л: + Iog2;c = у + log2j\ Функция f{f) = t + log2/ является
возрастающей на множестве положительных чисел, поэтому л: =у,
тогда второе уравнение системы примет вид Iog33.x = log2x;
Iog33x - {^ = 0; logjx(l - Iog23) = -1; logjx- loga* = -1;
108з ^ 3
1
Iog3.x = 2 = lo8i,52 и x = 31o8i,52 =У- Найденные значе-
!og2 -
ния входят в область определения системы.
Ответ: (31og, 52; 31og, 52).
[jclo8'y • у108^ =64
Пример 7. Решить систему уравнений \
{(xy)log>{xy)=5l2
Решение. Ясно, что х > 0, у > 0. Введем новые переменные,
положив Iog2;c = t, log2y = z, тогда х= 2' и у = 22
Первое уравнение системы примет вид (2')2 (22)' = 64 или
2«' + *> = 26; fe(/ + z) = 6.
Представим второе уравнение системы в виде
xiog2x+iog2jyog2*+iog2j' = 29. После замены переменных получим
2'(/ + z)2z(/+Z) = 29; (/ + z)2 = 9, откуда / +z= ±3. Так как tz(t +z) = 6,
tz = ±2. Получаем две системы для нахождения t и z:
откуда t = 2, z = 1 или / = 1, z = 2;
/ + z = 3,
2 2
Итак, log2x = 2, log^ = 1, л: = 4, >; = 2;
log2x= I, 22 4
299

-3-VT7 -3-л/п „_
—-—;log2y=—-—;x = 2 2 ,^=2
-3 + л/Г7
\x =
Ответ: (4; 2); (2; 4); f 2^;
Пример 8. Решить систему уравнений
[log2 у + log2 *log2 у - 21og2 x = О,
^ (Эта задача предлагалась
{9х2у-ху2 =1.
на выпускных экзаменах в математических классах).
Решение. Область определения системы: л: > 0, д> > 0.
Первое уравнение можно рассмотреть как квадратное,
например, относительно log^, или выполнить разложение на множители:
log 2 у - log 2 х + logjXiogjj/ - log 2 х = 0; (log^ - log^Xlog^y + 21og2x) = 0,
откуда log2^ - Iog2;c = 0 или log^ + 21og2;c = 0, и данная систему
уравнений распадается на две системы уравнений:
jv Jlog2^-log2^ = 0,
{9x2y-xy2=U
jlog
} [9
Решаем первую систему: \ 3 ' <=> ,н
^ ~ x = —
2
решение системы.
300
<=» (0,5; 0,5)

Решаем вторую систему уравнений:
1
|-Л=1
X
з __1
"8
х — ■
1 <=> (0,5; 4) — решение системы
уравнений.
Ответ: (0,5; 0,5); (0,5; 4).
Пример 9. Найти все значения параметра а, при которых дан-
ная система имеет решение: i
[у = у[х.
Примечание. Задача предлагалась на выпускных экзаменах в
математических классах. В некоторых учебных пособиях (решебни-
ках) дан ошибочный ответ (-; 1,5].
Решение. Данная система уравнений равносильна системе
а-3>0,
а-х>0,
х>0,
у>0,
которая в свою очередь равносильна
системе -
4;у + 4а-3>0,
х = у\
У>0.
После подстановки х = у2 первое
301

уравнение системы принимает вид 2у* + 4у+ 2а — 3 = 0, откуда
-2 + VlO-4a ^ л (-2 + yllO-4aY
у = ,таккак у > О, х=\ .
Для нахождения значений параметра а, при котором система
уравнений, имеет решения, решим систему неравенств:
а<2,5,
10-4а>4,
-4 + 2Vl0-4fl+4a-3>0
[ж 1,5.
Последнюю систему неравенств решим, например, методом
интервалов. Рассмотрим функцию Да) = 7 — 4я — 2VlO-4a, для
которой с учетом второго неравенства полученной системы
/)(/): (-оо; +1,5). Нули функции найдем, решив уравнение
7-4д- 2 VlO'-4а =0, 49 - 56а + 16а2 - 40 + 16а = 0;
16а2— 40а + 9 = 0. Корни последнего уравнения а = 0,25 и
а = 2,25. Последнее значение не входит в область определения
функции. ДО) = 7- 2л/Ш >0;Д1) = 3 - 2V6 < 0.
Ответ: (0,25; 1,5).
302

Пример 10. Решить систему уравнений
Решение. Из условия задачи следует, что х + у> Q\ x — y>Q.
Второе уравнение показывает, что х и у — числа одного знака, и
так как х +у> 0, то л: > 0 и .у > 0. Итак, х и у должны удовлетво-
рять системе неравенств «
у>0,
х > у.
Введем обозначения Iog2(;c + у) = t, Iog2(x — у) = z, тогда
х + у = 2' и х — у = 27. Сложив последние равенства, найдем
2'+2z 2'-2z „
х = , а после вычитания получим у = . Исходная
система примет вид V ' (*)
[4/-4z=12.
Поскольку х > 0, у > 0, х > у, ху = 3\ х > -, откуда х > >/з и
x+j^ > >/з, но тогда 2' > >/з и / > 1, поэтому система (*)
перепишется в виде J ' ' поэтому 43-и — 47 = 12.
4r-4z=12
Если z > 0, то ^-4г =12; V* + 12-4г - 64 = 0; 4г = 4; z = 1,
4
Если z < 0, то получаем уравнение 64 • 47 — 4г = 12; 47 = —;
303

z = log, — ,t = 3 + log, _ . Далее нетрудно получить, что х= - v21
21 21 7
Ответ: (3; 1); (|V21; ±V21).
Упражнения.
Решить системы уравнений (1—7).
Iog2*-21og2(y--) = 0,
Ч
2
[VJ = 20.
5.
6 ^ё12^Т7Г^ + 1°ё2У\=^ё2-
log2 ^Iog3(^+ у) = 31og3 л:.
304

8. Найти все значения параметра а, при которых данная
[1 + log2 (а - 2 - у) = log2(а,- *)
система имеет решения: ^
2. (8; 10); (1000; 2).
3. (№ 4).
4. (125; 4); (625; 3).
5. (3; 27); (27; 3).
6. (6; 2); (2; 6).
7. (4; 4).
8. (1;6).
13. ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИЯ
И ЕЕ СВОЙСТВА
Функцию вида у = loge;c, где а > 0, а ф 1, называют
логарифмической функцией. Всякая функция у = log^x) (а > 0, а ф 1,
Л*) * х) является сложной функцией, имеющей свойства,
частично или полностью отличные от свойств функции у = logfl;c.
Поскольку определен логарифм только положительных чисел,
областью определения логарифмической функции является
множество положительных чисел (R+). По определению логарифма с? =х.
Эта запись показывает, что при д>0, аФ I, х> 0 у может при-
305

нимать как отрицательные, так и положительные значения, так
как ау = х есть показательная функция. Итак, область значений
логарифмической функции есть область действительных чисел R.
Покажем, что при а > О логарифмическая функция возрастает.
х2
Пусть jc2 >jc, > 0. Рассмотрим разность log^ — log^x, = logfl = /,
откуда а'= — > 1, с/ > я0, / > 0, так как при а > 1 функция а*
1
возрастает. Итак, logfl — > 0, т. е. log^x2 — log^x, > 0 и logfl;c2 > logfljcr
х^
По определению возрастающей функции функция у = logfl;c при
а > 1 возрастает на R+
Покажем, что при 0 < а < 1 логарифмическая функция убы-
Х2 *2_
вает. Пусть х2 > jc, > 0; logfl;c2 — logfljc, = logfl — = t, a1 = > 1;
a1 > д°; / < 0, так как при 0 < a < 1 функция я/убывает. Но тогда
х2
log < 0, т. е. log х2 - log х < 0 и log x2< log jc. По определению
х\
убывающей функции функция у = logfl;c убывает при 0 < а < 1.
Заметим также, что logfll = 0, logflfl = 1 (а > 0, а ф 1).
Графики логарифмической функции при а > 1 и 0 < а < 1
изображены на рисунках.
у-1одах о<а<1
306

2х -1
Пример 1. Найти область определения функции J[x) = logj .
2х-\
Решение. Так как Z^log,) = /?., то > 0. Последнее неравен-
JC-hl
ство решим методом интервалов:
1
Ответ: (--; -i)(j(-;+«>).
Пример 2. Найти область определения функции
Лх) = logjc 2 _ ,(jc2 - 5х + 6).
Решение. Поскольку определен логарифм только
положительного числа, то х2 — 5jc + 6 > 0. Так как основание логарифма есть
число положительное и отличное от единицы, то х2 — 1 > 0, х2 — 1 ф 1.
Итак, получаем систему неравенств
хг-\Ф\.
Решим первое неравенство системы: х е (-°°; 2)U(3; +°o).
Решение второго неравенства системы: х е (-°°; -l)U(l; +°°)-
Третье неравенство системы даетхф±л!2. Общее решение трех
неравенств может быть получено при наглядном изображении на
числовой прямой.
Ответ: (-оо; _V2)u(-V2; -l)ll(l; V2>u(>/2; 2)u(3; +«>).
Пример 3. Найти область определения функции
= lg(4-х2) +lg2cosx.
307

Решение. Область определения этой функции задается
системой неравенств:
cos х > О
— + 2т<х< — + 2т,пе Z,
2 2
7Г 7Г
откуда - — < х < —.
Ответ: (--; -).
Пример 4. Сравнить числа log, 32,2 и 1.
Решение. 1 = log, 31,3. Функция .у = log, ъх — возрастающая, и так
как 2,2 > 1,3, то log, 32,2 > 1.
Пример 5. Сравнить числа log x 0,6 и 0.
2
Решение. Так как 0 = log х 1, функция у = log , / — убывающая,
2 2
и 0,6 < 1, то log, 0,6 > log! 1 = 0.
2 2
Пример 6. Сравнить числа Iog23 и Iog32.
Решение. Замечаем, что log^ > 1, a Iog32 < 1, то тогда log^ > Iog32.
Пример 7. Сравнить числа Iog36 и Iog47.
3 3
Решение. Сравним каждое из чисел с —: Iog36 > —, так как
г- 3 2
6 > 32, 36 > 27; Iog47 < -, так как 7 < 42, 49 < 64.
Следовательно, Iogj6 > Iog47.
308

Пример 8. Показать (схематично) графики функций:
*) У =logjx| (a > 1).
Функция четная. Ее область определения определяется
неравенством х ф 0. Строим график функции у = logflx при х> 0,
а затем строим симметрично оси ОУеще одну ветвь графика:
Рис. 1
6)y = \logx\(a>l).
Здесь х > 0 и у > 0. Строим график функции у = logflx, а затем
часть графика, лежащую ниже оси ОХ, отображаем симметрично
относительно этой оси вверх.
Рис. 2
309

в)у =
г) У = logx2.
Проведем исследование.
Во-первых, D(y): (О; l)U(l;
Во-вторых, у =
;, а так как функция у =

возрастающая на Л+, то функция у = logx2 убывает на каждом из
промежутков (О; l)(l; +oo). На рисунке 4 представлен вид графика
у=1одх2
\
Рис. 4
310

искомой функции (для более точного построения графика
можно взять координаты нескольких точек).
д)у = 3lIO<Vl
3
Решение, log х х = — log3x и у = 3 Н°взх| = 3||О8з*1.
з
Пусть log3x > 0, то есть х > 1, тогда у = 31ов ъх = х.
1
Пусть log3x < 0, то есть 0 < х < 1, тогда у = 3 1о8з* = —.
Рис. 5
e)y=\og22x.
Решение. Поскольку у = 1 + log2jc, построим график функции
у = log^, а затем выполним параллельный перенос этого графика
вдоль оси ОУ на единицу вверх.
ж) у = log2-
Решение. Заметим, что х2 - 4 = | jc |2 - 22 = (| х | - 2)( | jc | + 2),
а поэтому данную функцию представим в виде у = Iog2(| jc | + 2),
причем jc* ±2. Полученная функция четная (ее область
определения симметрична относительно нуля, иу(—х) =у(х)). Строим
график функции у = Iog2(jc + 2) и симметричный ему относительно
оси ОУ (см. рис. 6).
311

Рис 6
Пример 9. Построить график функции у =
log:
х2-4
х + 2
Решение. Находим область определения функции:
х2-4 Л fx-2>0,
> 0 <=> \ <=> х > 2.
х + 2 |x*-2
Приходим к выводу, что необходимо построить график
функции у = |log2(x — 2)|. Сначала построим график функции у = logjjc,
потом перенесем его на две единицы вправо вдоль оси ОХ и,
наконец, часть полученного графика, лежащую ниже оси ОХ,
отобразим вверх симметрично относительно этой оси.
Рис.
Кстати, тот же результат может быть получен при
параллельном переносе графика функции у = llog^l на две единицы вправо
по оси ОХ.
312

Упражнения.
Найти области определения следующих функций (1—7).
1. у = V4-x2log2(-x2 + х + 6).
3. y =
4- >'=
5. у = logjOc2 - 5jc + 6) + Iog2(4 - x2).
£ _ Iog2(2x2-3jc + l)
6.y- ■ j .
sin jc —
2
V2
Построить графики функций (1—15).
8. у = | log, x |.
2
9. y=logi|x|.
2
10. >> = |log,M|.
2
П. У =-^2*.
12. ^ = loglx2.
13. >>=log2jc-2.
2
14. ^=log,(x-2).
2
9-x2
l
15.
log3
= log-.
313

Сравнить числа (16-20).
16. log23Hl,3.
17. 1о8з4и1-.
18. log25Hlog34.
19. log26Hlog310.
20. log,6H-2.
Ответы:
1- (-2; 2].
2. ^1; l^U(l; +-).
3. (O;l)U(l;3).
4. (3;+oo).
5. (- 2; 2).
6. -oo; - nj(l; +«>), кроме чисел x= (-1)* - + л£, ke Z, k*0.
7. \2nn; - + 2nn\ neZ.
{ 4 J
8. у = | log, x | =
2
9. См. рисунок 8.
c. 8
314

10. у = I log t I jc || = I log, I jc || (см. рис. 3).
11. у = -
= log! x. (см. рис. 9).
у- log, x
Рис. 9
12. у = log! x2 = 21og ! | x | (см. рис. 10).
Puc. 10
315

13. График на рисунке 9 сместить по оси ОУна две единицы
вниз.
14. График на рисунке 9 сместить по оси ОХ на два единицы
вправо.
9-х2
15. а) у = log3 ; у = Iog3(x + 3) при х * 3. Построим
график функции у = log3jc и параллельно перенесем его на
три единицы влево по оси ОХ. График функции имеет
точку разрыва (хф 3).
1
б) у = log^T = - logx3. (см. вид графика на рис. 4).
16. Iog23 > 1,3.
1
17. Iog34 > 1 з -
18. Iog25>log34.
19. Iog26 > Iog310.
20. log , 6 > - 2.
14. СТАНДАРТНЫЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ
ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Рассмотрим простейшие логарифмические неравенства.
Неравенство logflx > Ъ при а > 1 имеет решение хе \аь; +°°),
а при 0 < а< 1 *е(0; а").
Аналогично неравенство logox < Ъ при а > 1 имеет решение
xs (0; а"), а при 0 < а < 1 хе (а"; +~).
Неравенство вида logaflix) > Ъ при а > 1 равносильно системе
[/(*)> 0,
i Для получения ответа достаточно решить только
[/(*)> а .
второе неравенство, так какДх) > а* > 0.
316

Неравенство \ogaf(x) > Ъ при 0 < а < 1 равносильно системе
Неравенство вида logaj{x) < Ъ при а > 1 равносильно системе
[/(*)> О,
^ ь% при 0 < а < 1 это неравенство равносильно системе
f/(x)>0,
Неравенство вида log^ ф(дс) > а равносильно совокупности двух
1 f. v * Опять достаточно решить только второе неравенство.
систем:
\(р(х)>Г(х);
Обратите внимание на отсутствие
[0<f[x)<l.
\0<ф)<Г(х).
в первой системе условия (р(х) > 0.
Неравенство log^ (p(x) < а равносильно совокупности двух сис-
\0<fix)<l,
тем: \«Х»Г<*)'-
Неравенство log^^x) > logAx)h(x) сводится к совокупности двух
систем неравенств:
g(x)>h(x),
g(x)<h(x),
g(x)>0.
317

Аналогичные рассуждения читатель может привести и для
неравенства вида log/(x)g(jc) < logAx)h(x). Подумайте, почему в
первой системе последней совокупности отсутствует условие g(x) > О,
а во второй системе этой же совокупности отсутствует условие
h(x) >0.
При решении неравенства вида эд°*ах<Ь {а > О, а ф 1) обе
части логарифмируют по основанию я, при этом знак
неравенства не меняют при а > 1, а при 0 < а < 1 его меняют на
противоположный. Это утверждение следует из свойств
логарифмической функции.
Неравенство F(logax) > О удобно решать, сделав замену
переменного, обозначив logflx = у, затем решить уравнение
относительно у, после чего решение сводится к решению элементарных
логарифмических неравенств.
Рассмотрим ряд примеров. При записи решений будут
использоваться различные формы записи.
jc-3
Пример 1. Решить неравенство log2 <0.
X "г Zr
Решение. Поскольку определен логарифм только положитель-
jc-3 л ,_
ного числа, >0. Заменяем неравенство равносильным:
jc + 2
log2 < log2l. Так как логарифмическая функция по основа-
х i z
х-3 ,
нию 2 возрастает, < 1.
X "г Z
Итак, данное неравенство равносильно системе
' х-Ъ л
х+2 ^
х + 2
Ответ: (3; +«>).
318

Пример 2. Решить неравенство logjlog,
х + 3.
2-х
Решение. Так как
= R+, lo^ > 0, logjlog, > logj —.
2 — x L—x 2
Поскольку функция у = log2/ — возрастающая, log4
х + 3
Итак, данное неравенство равносильно системе
2-^2'
х + 3 1
2-х 2
1
log4
£ы X
которая равносильна неравенству log4 > —. Опуская подроб-
£л ~~ X Ал
ные, аналогичные сделанным выше обоснования, приходим к си-
jc + 3
стеме неравенств ^
х <=> -— > 2 <=> —— > 0. Применяя
х + 3 2-х 2-х
[2-х
к посдеднему неравенству метод интервалов, получим.
Ответ: \ —; 2 .
3
Пример 3. Решить неравенство
21g*-l
Решение. Положим lgx =y, получим неравенство
2у-1
2у-1
2у-1
319

Решаем последнее неравенство методом интервалов:
-1
Итак, у <-1 и lgx <-1, тогда 0 < х < 0,1; — <у <2, и
- <lgx<2, л/Го < х < 100.
Ответ: (О; 0,l) (л/ГО; Юо).
Пример 4. Решить неравенство logx+ ,(л? + Здс2 + 2х) < 2.
Решение. Данное неравенство равносильно двум системам нера-
венств:
[0<д: + 1<1,
*>+Эх»+2*>0. »{х>+3х>+2>{х + ]
x3+3x2+2x<{x + lf
Решаем первую систему:
jc>0,
х(х2 + Зх + 2) > 0, Второе неравен-
jc3+2jc2-1<0.
ство выполняется при любом х > 0. Решаем второе неравенство
системы: л3+1+2х2-2<0; (х+ 1)(х> -х+ 1) + 2(х+ 1)(х- 1) < 0;
(jc+ I)(x2-x+ I +2x-2)<0; (x+ IXj^ + jc- 1) < 0. Поскольку
jc>0, jc+1>0, и остается решить неравенствох2 + х — 1 < 0:
*$. *f
Таккакх> 0, то
320

Решаем вторую систему, причем решение второго неравенства
системы нам известно (см. рисунок). 0<jc< 1, —1 <jc<0. Система
решений не имеет.
Omeem:\Q- ^~Ч.
Пример 5. Решить неравенство 2log5 V* - 2 > log, -.
Решение. Здесьх > О, хф 1. Выполним преобразования:
log5,-2>—!-<* '°ri*-21oga*+l ^Qo (log^-l? ^
log5 х log5 х log5 х
да log5x — 1 = 0 и log5x >0, х = 5 и х > 1.
Ответ: (1; +«>)•
Пример 6. Решить неравенство x}og*x < Эх.
Решение. Область определения неравенства х > 0.
Логарифмируем обе его части по основанию 3, получим log^ х > 2 + log3x или
log з х - logy* — 2 > 0. Полагая далее у = log3x, получаем неравенство
у2 — у - 2 > 0, решая которое получаем v > 2 или .у < — 1, тогда
log3x > 2 или х > 9, log3x <— 1и0<х<-
: 0; -L(9;+oo).
Пример 7. Решить неравенство 3log3 * + х}°*зх < 6.
Решение. Так как 3log3 * = (31о8з*)1о8з* = х}°*зх, то данное
неравенство равносильно неравенству х^з* < 3. Логарифмируя обе части
неравенства по основанию 3, получим logj* < 1, — 1 < log^ < 1,
~ <^< 3.
Ответ: ~i 3 I
321

Замечание. Неравенство можно решить, положив log3* = t,
то естьх = У, и неравенство примет вид З'2 + З'2 < 6, З'2 < 3, t2 < 1,
-1 < t < 1 и т.д.
В следующих разделах мы рассмотрим и другие способы
решения логарифмических неравенств.
Упражнения.
Авторы предлагают набор заданий из различных пособий для
поступающих в вузы.
Решить неравенства.
1. Iog8(x2 - 4х+ 3) < 1.
2. Iglgf^ >0.
J" 21gx-3 < L
4. logjc2_jc_5(^+2)>0.
6. logx (x2- 8x+ 15) > 0.
7. log5V3x + 41og;t5> 1.
8. log;tlog2(4'- 12) < 1.
'^1
13. lOg,,^,,^- 16) + lOgx2 +to+ 16(X» - 16) < -A.
14. 2*3'2< 6.
15.
322

Ответы:
1. (-1; 1)11(3; 5).
3. (о; Юл/2)(J(100; 10000)
4. (3;+о-).
5. (з-л/5;
6. (4-V2;
7. (1;4).
8. (108,13; 2).
ll.(0;0,25)U(4;+oo).
,3. (-оо; ^±^]и(-5; -4)U(4;
14. [ - Iog36; 1].
15. (-со; -2).
15. РЕШЕНИЕ ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
МЕТОДОМ ИНТЕРВАЛОВ
При решении неравенств, представимых, например, в виде
Ах) > 0, методом интервалов, находят область определения
функции Дх), затем определяют нули функции, которые разбивают
323

область определения на промежутки, в каждом из которых
функция сохраняет постоянный знак.
Пример 1. Решить неравенство log3v5-2;t • logx3 < 1.
Решение. Запишем неравенство в виде log3 \l5-2x • logx3 - 1 < О
и введем функциюJ[x) = log3 v5-2x • logx3 — 1. Найдем ее область
определения:
5-2х>0
Находим нули функции:
хФ\ч Итак, /)(/): (0; l)u(l; 2,5).
= -1 ± л/б;
jc= —I — v6 — посторонний корень.
Для пояснения к использованию метода интервалов вычислим
несколько контрольных значений используемой функции:
- 1 < 0; /(1,4) = Iog14^2 - 1 > 0;
= log3l- Iog23- 1 <0.
Ответ: (0; l)ll(V6-l; 2,5).
Пример 2. Решить неравенство lg2x — 21gx — 8 < 0.
Решение. J{x) = lg2* - 21gx - 8; D(f): (0; +c«).
Для нахождения нулей функции решаем уравнение
1
lg2x - 21gx -8 = 0, откуда lgx = -2; lgx = 4 и х = —; х = 10000.
1UU
324

Несколько контрольных значений для функции дают:
Д105) = 25- 10-8 = 7 >0; Д1) < 0; Д10"3) = 9 + 6 - 8 = 7 > 0.
Ответ: I—; 100001.
Пример 3. Решить неравенство
log0 3(х2 -х - 20) - log0 3(х + 4) > 0.
Решение. Найдем область определения функции f[x) в левой
части неравенства, решив систему неравенств
<=>л:>5.
Определим нули функции, решив уравнение х2 — х— 20 —
-(jc + 4) = 0; (х - 5)(х + 4) - (х + 4) = (х + 4)(х - 6). При х > 5
корнем уравнения является х = 6.
Ответ: (5; 6).
Пример 4. Решить неравенство ogy х—^ < 1.
Решение. Пусть fix) = logfc+1j-l.
\og3{7x-\y
Необходимо решить неравенство J[x) < 0.
325

Область определения функции Дх) определяется системой
неравенств
*>--.
ХФГ
Найдем нули функции f{x)\ Iog3(5x + 1) = Iog3(7x — I)2, откуда
49x2 — 19* = 0. x = 0 — посторонний корень (он не принадлежит
области определения), х= — — корень уравнения.
Вычислим контрольные значения функции на промежутках:
1 log3 2,5 -log31,21
Л-;) < 0; ДО.З) - fcJb >o;
326

Пример 5. Решить неравенство log.
•Зх+ 1
Решение. Для функции J[x) = log3x +
jc-2
дг-4"'
х-2
х-4
найдем область
определения, решив систему неравенств
х-2
х-4 '
Зх +1Ф1, откуда
Найдем нули функции, решив уравнение log3jc+*
х-2
х-4
х-2
х-4
= 0;
= 1 — корней нет.
Применяя метод интервалов, получим
Ответ. I --; 0 |U(4; +«>).
Пример 6. Решить неравенство logx2 <
Решение. Для функции f(x) = logx2 — log ^2 имеем
: (0; l)U(l; +°°). Очевидно, что для нахождения нулей
введенной функции необходимо решить уравнение х = v х + 2 , откуда
х = 2. Применяя метод интервалов, имеем
327

Контрольные точки дают:
2
1 1
,5) = Iog1>52 -
О/иве/w: (О;
Упражнения.
Решить неравенства методом интервалов.
2. log2(A: + 1) < 1 - 21og4x.
9 /9"
3. log^x-log/j >2.
4. log,V* + 12 < 1.
6. log*(l - 2x)3< 1.
7. log3log27log2(x2 + x + 2) < -1.
1. [1; 109]|J[1016; Ю25].
2. (0; 1).
3. [V2; 2].
4. 0
5. (0;
7. [-3; -
328

16. ОБ ОДНОМ СПОСОБЕ
РЕШЕНИЯ ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Докажем, что logab и (а — l)(b— 1) имеют один и тот же знак.
Если а > 1 и logab > О, то Ъ > 1 и (а - l)(b - 1) > 0.
Если а > 1 и logab < 0, то 0 < Ъ < 1 и (а - l)(b - 1) < 0.
Если 0 < а < 1 и losab > 0, то 0 < Ь < 1 и (а - l)(b - 1) > 0.
Если 0 < а < 1 и \ogab < 0, то Ь > 1 и (а - l)(b - 1) < 0.
Утверждение доказано.
Пример 1. Решить неравенство log, -
2(х-2)
Решение. Находим область определения функции, стоящей
в левой части неравенства, решив систему неравенств:
л:>0,
>0
-5)
х-2
х-5
W- Jce(0;l)U(l;2)U(5;+"o)
2(ж-2) 1
Перепишем неравенство в виде l°ei(x+i)[x_<) log! ~ или
1 2(*-2>: ^п
°Si7—iV _g\ и воспользуемся далее доказанным свойством:
х[х+1)[х э)
329

С учетом области определения х > 0, х + 1 > 0, дс2 + 5 > О,
1-х
поэтому последнее неравенство можно записать в виде
х-5
>0
хе [1; 5), но х ф 1, значит, хе (1; 5). С учетом области
определения функции получаем (1; 2).
Ответ: (1;2).
Пример 2. Решить неравенство logx_3(x! — 4х)2 < 4.
Решение. Находим область определения функции
- 3 > 0,
\х>3,
(х2-4х}>0 Iх*0-
W: (3; 4) U (4; +°°).
Заменяем данное неравенство неравенством
. Далее вос-
logx_ 3(x2 - 4x)2 < log^ 3(x - З)4 или logx_ 3 ^—-^
пользуемся доказанным свойством: / d\\ [х2-4х) 1 |<п
( iY i
I v-w )
330

< 0.
_ . . . , .ч(
Рассмотрим функцию д(х) = {х-4р
9 м •
(х-зу
Ее область определения задается неравенством D(q):x* 3.
Нули функции д(х) определим, решив уравнения
С учетом области определения функции Дх) получаем
4.5
Ответ: 3;
5 + V7
U(4; 4,5).
Упражнения.
Решить неравенства.
-Jx-l] >0
2.
3.
4. log,V*+12<l.
J. jQgsinjc+>/3cosjc 9 9
331

Ответы:
1. (0:+оо).
ifce Z,
17. О НЕКОТОРЫХ СВОЙСТВАХ ПЕРЕМЕННЫХ,
ВХОДЯЩИХ В ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА
1. Заметим, что выражение logca - logcb имеет одинаковый
знак с выражением а — Ь, если а > 0, b > О, с > 1.
Действительно, logca — logcb = logc- > 0, если - > 1,
cb b
или а — b > 0 и logcfl - logcb = logc-<0, если 0<-<l, то
есть а — Ъ < 0.
2. Отметим, что logca - logcb имеет знак, противоположный
а - b если а > 0, b > 0, 0 < с < 1.
Докажем это. logca - logc6 = logc- > 0, если 0 < — < 1, то
b b
есть а — b < 0 (помним, что 0 < с < 1). logca - logcb =
= log 1 < 0, если 7>1,ид-*>0.
3. Если а > 0, Ъ > 0, с > 1, то выражение logca - logc6 имеет
одинаковый знак с выражением ab — 1. Действительно,
332

\ogcab > О, если ab > 1 или ab - 1 > 0. В случае logcab < 0
получаем ab — 1 < 0.
4. Если а>0, Ь>0, 0< с< 1, то выражения logca - logcb и
ab — 1 имеют противоположные знаки. (Докажите это
утверждение самостоятельно.)
5. Выражения logca и а - 1 имеют одинаковые знаки при а > 0,
с > 1 и противоположные при а > 0, 0 < с < 1.
Покажем применение перечисленных свойств к решению
некоторых неравенств.
Пример 1. Решить неравенство lg(jc - 4) + lgx < Ig21.
Решение. Находим область определения неравенства (jc > 4) и
заменяем его равносильным lg(jc — 4) + lg— < 0. Используя
свойство 3, решаем неравенство (jc — 4) — — 1 < 0; х2 — 4х — 21 < 0; (jc
- 7)(jc + 3) < 0. Поскольку jc>4, jc+3>0hjc-7<0, тогда
jc<7.
Ответ: (4; 7).
Пример 2. Решить неравенство 21og4JC - — Iog2(x2 - 3jc + 2)^--.
Решение. Заменяем исходное неравенство равносильным
log2jc2 - Iog2(jc2 - 3jc + 2) < -1 при условиях jc > 0, jc2 - 3jc + 2 > 0:
Iog22jc2-log2(jc2-3jc+2)<0.
Согласно свойству 1 получим неравенство 2х2—х2 + 3jc — 2 < 0;
х2 + 3jc - 2 < 0.
Итак, решаем систему неравенств -
jc>0,
jc2-
+ 3jc-2<0.
Решение второго неравенства системы очевидно:
х е (-оо; i)U(2; +oo). Аналогично получаем решение третьего нера-
333

венства системы: хе
-з-Vn -3+Vn
2 2
l_
неравенства системы имеем
. Тогда с учетом первого
^XNJSNNNNRp I I I I I I I oAAAAAAA/%
-з-ЯГ о
2
-3+JJ7 1
Ответ:
Пример 3. Решить неравенство log3 V5 - 2х • log^ < 1.
Решение. Область определения неравенства описывается
системой неравенств
5-2jc>0,
jc>0, «
jc>0, Итак, jce(0;l)U(l;2,5).
log3>/5-2jc
или
Перепишем неравенство в виде
°g3 v - х - og3 x ^ Q и применим свойства 1 и 5, при этом полу-
у!5-2х-х . ^
чим < 0 . Решим полученное неравенство методом ин-
jc-1
тервалов, для чего введем функцию f(x) =
]5-2х-х
х-\
D(J): (-oo;l)U(l; 2,5).
Нули полученной функции определим, решив уравнение
у/5-2х = х; х2 + 2х- 5 = 0;л:= -1±7б . Кореньх = -\-4в не
принадлежит области определения неравенства.
334

JB-1
2,5 x
Ответ: (О; l)ll(V6-l; 2,5).
Пример 4. Решить неравенство logj(x + 1)* iOg9(jc + 5)"
Решение. Данное неравенство равносильно неравенству
2 1
Iog3(x +
:<0
или
Используя свойства 1 и 5, с учетом области определения
исходного неравенства, приходим к системе неравенств:
jc + 5-jc-I
~л - и ~~7—7\ - и»
откуда — 1 < х < 0.
х>-\,
Ответ: (-1,0).
lg(*2-6;c + 8)
Пример 5. Решить неравенство
Решение. Найдем область определения неравенства, решив си-
стему неравенств:
jc -
jc>8,
л:>8,
При х > 8 (х-2)(х - 4) > 0, поэтому jcg (8; 9) U(9; +~).
Заменим данное неравенство на равносильное:
s)-\g(x-s)<0 По свойствам ! и 5 получаем
)
335

< 0; < 0, но х2 — 1х + 16 > 0 (решите это
jc-8-l х-9
элементарное квадратное неравенство), тогда х — 9 < О, х< 9.
При записи ответа учтем область определения исходного
неравенства.
Ответ: (8; 9).
Советуем решить некоторые из рассмотренных в
предыдущих разделах неравенства с использованием рассмотренных
свойств.
18. РЕШЕНИЕ ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
С ИСПОЛЬЗОВАНИЕМ СВОЙСТВ ФУНКЦИЙ
В этом разделе мы будем пользоваться методами
математического анализа в решении уравнений. Очень часто достаточно
рассмотреть функции, входящие в уравнение, для получения
решения.
Предположим, что в левой части уравнения стоит
возрастающая на некотором промежутке функция, а в правой части
уравнения стоит функция, убывающая на том же самом промежутке,
тогда на этом промежутке уравнение не может иметь более одного
корня.
Уравнение не может иметь более одного корня, если оно
может быть представлено в виде f{x) = const, если функция f{x) в
своей области определения возрастает (или убывает).
Пример 1. Решить уравнение Iog3(jc + 1) = 3 - jc.
Решение. Область определения уравнения выражается
неравенством х > — 1 (это область определения функции, стоящей в левой
части уравнения, а функция, стоящая в правой части уравнения,
определена при всех действительных jc).
На промежутке (—1; +°°) функция, стоящая в левой части
уравнения, возрастает, а функция, стоящая в правой части урав-
336

нения, убывает, значит, уравнение не может иметь более одного
корня. Путем подбора (он очевиден) находим х = 2.
Ответ: 2.
Пример 2. Решить уравнение Iog3(x + 5) • Xog^c = 4.
Решение, Область определения уравнения х > О, отметим,
4TOJC* 1.
4
Записав уравнение в виде log,(jc + 5) = , замечаем, что в
log2x
области определения уравнения функция, стоящая в левой части
уравнения, возрастает, а функция, стоящая в правой части
уравнения, убывает. Приходим к выводу, что уравнение не может
иметь более одного корня. Очевидно, что х = 4.
Ответ: 4.
Пример 3. Решить уравнение log* х + (jc - 2)log3JC + 1 - х = 0.
Решение. Рассмотрим данное уравнение как квадратное
относительно log3jc: D= (х— 2)2 — 4(1 —jc) = х2 — 4jc + 4 — 4 + 4jc = х2.
2 — х + х
log3jc = ; log3jc = 1, х = 3 и log3jc = 1 — jc. Последнее
уравнение имеет единственный корень х = 1.
Ответ: 1; 3.
Пример 4. Решить уравнение х3 + Iog3;c = 28.
Решение. Функция Дх) = х3 + log3x представляет собой сумму
двух возрастающих функций и, следовательно, является
возрастающей в своей области определения. Фиксированное постоянное
значение она может принимать не более одного раза. Путем
подбора получаем х = 3.
Ответ: 3.
Пример 5. Решить уравнение logyX - log^x - 2) = (5jc — 2)3 - jc3.
Решение. 5x—2 = y, log^- log^ = y3 — jc3; logjX + jc3 = log^ + У.
Функция ДО = t3 + log2/ возрастает на R + поэтому jc = .у, то есть
данное уравнение равносильно уравнению jc = 5jc - 2, откуда
jc = 0,5.
Ответ: 0,5.
337

Упражнения.
Решить уравнения.
1. 5-log3x=2*-'.
2. Iog3(l -x)= V^.
3. log2x + log3x + log4x = 3 + 21og32.
4. log3jc - Iog3(4x - 2) = 3x - 2.
5. (log2jc + jc)log3(x+l) = 3.
Ответы:
1. 3.
2. 0.
3. 4.
<•!■
Указание. Записать уравнение в виде log3x - Iog3(4x - 2)
= -*+ (4л:- 2); * + log3x= 4x- 2 + Iog3(4jc- 2).
5. 2.
19. НЕСКОЛЬКО УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ
С ПАРАМЕТРАМИ
Пример 1. При каких значениях параметра а уравнение
Iog3(9x + 9я3) = х имеет два корня?
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению
9х - 3х + 9я3 = 0. Полагая 3х = t, t > 0, получим t2 - t + 9я3 = 0.
Это уравнение должно иметь два положительных корня, поэтому
при.__.. , [1-36а3>0, 1
Ответ: 0;
».*- yu j -5 s^-У \J v. и *<—. »
|9а3>0 V36
1
338

Пример 2. При каких значениях а уравнение к^(4* + я3) + х = О
имеет два корня?
Решение. Данное уравнение равносильно уравнению 4* + а3 = 2~*.
В левой части уравнения стоит функция, возрастающая при всех
действительных х (от значений параметра а возрастание не
зависит), а функция, расположенная в правой части уравнения, при
всех х убывает. Уравнение не может иметь более одного корня.
Ответ', ни при каких.
Пример 3. Найти все значения параметра д, при которых
каждое решение неравенства log \_ х2 > log ± (х + 2) является решением
2 2
неравенства 49х2 — 4а* < 0.
Решение. Данное логарифмическое неравенство равносильно
системе
х>-2,
jc2-jc-2<0
х>-2
Откуда- 1 < jc < 0; 0 < jc< 2.
Решением неравенства 49х2 — 4я4 < 0 является отрезок
2а2 2а2
7 7"
Для нахождения а составим систему неравенств -
2а2
2а2
>2
72 <=> —>1 и ае(-оо;-77]u[V7;+oo).
Ответ: (-оо; — V^J U ь/7; +°о).
339

Пример 4. Найти все значения с, для которых неравенство
+ Iog5(jc2 + 1) > Iog5(cjc2 + 4jc + с) справедливо для всех х.
Решение. Данное неравенство равносильно системе
сх2 + 4х + с> О,
Для того чтобы выполнялось каждое
неравенство системы для любых х, необходимо, чтобы
выполнялось каждое из неравенств системы
о О,
5-с>0,
4-с2<0, °
4-(5-с)2<0
Ответ: (2; 3].
о О,
5-с>0,
(с-2)(с + 2)>0,
(с-3)(с-7)>0.
2 < с < 3.
Пример 5. Найти все значения а, при которых неравенство
logfl(fl + 1}(| х | + 4) > 1 выполняется при любых значениях х.
Решение. Данное неравенство равносильно совокупности двух
систем неравенств:
|0<fl(fl +
б) \\х\<а2+а-4.
а) Неравенство | х \ > а2 + а — 4 будет верным для любого х,
если а1 + а — 4 < 0. Необходимо решить систему нера-
венств
2 л гл
[а2+а-4<0.
Решение этой системы:
340

б) Неравенство | х | < а2 + а — 4 не может выполняться при
любых х.
Ответ:
Пример 6. Найти все значения параметра с, при которых
неравенство 1 + Iog2(2x2 + 2х + -) > Iog2(cx2 + с) имеет хотя бы одно
решение.
Решение. Так как 2х2 + 2х + - > 0 при хбЛ и
сх2 + с = фс2 + 1) > 0 при с > О, область определения неравенства
хеЛ при с > 0. При этих условиях исходное неравенство
равносильно неравенству (4 — с)х2 + 4х + 7 — с > 0.
Если 4 — с > 0, то найдется хотя бы одно значение х, при
котором неравенство выполняется. Итак, с е (0; 4].
Если 4 — с < 0, то для существования хотя бы одного
значения х, при котором неравенство выполняется, необходимо,
чтобы дискриминант квадратного неравенства был
неотрицательным: 4 - (4 - с)(1 - с) > 0; с2 - 11с + 24 < 0, откуда 3 < с < 8.
Окончательно получаем (0; 4] U [3; 8] = (0; 8].
Ответ: (0; 8].
Пример 7. Решить уравнение log^ а + logfl2x = 2.
а
Решение. Область определения уравнения выражается
неравенствами: х > 0, хФ у/а .
Уравнение может иметь решения только при выполнении
условий: а > 0, аФ 1.
При решении уравнения перейдем к основанию а:
+ logfl х = 2; + logfl л: = 2. Обозначив log x=y, no-
21ogflx-l
logfl —
а
341

лучим уравнение + у = 2; 1 + 2у2 — у — Ау + 2 = 0;
2,-1
2у2 - 5>> + 3 = 0; у = 1 или у = -.
logflx = 1 и х = а. Проверим выполнение ограничений х > 0,
x±Ja. При этом я > 0, а ф 1.
logflx = —, х = аыа . Проверим выполнение ограничений х > 0,
х *Vfl. При этом а> 0,аФ\.
Ответ: при я < 0, а = 1 уравнение решений не имеет;
при а > 0, аф\ х = а, х = ayfa .
Пример 8. Решить уравнение logsinjc2 • logsin2jctf —1=0.
Решение. Область определения уравнения задается
промежутками
хе\ 27гл; - + 2ял U - + 271л;
I 2 J (2
При я < 0, а = 1 уравнение решений не имеет.
При а > 0, а ф 1 уравнение может иметь решения.
Выполним преобразования, воспользовавшись формулой
; sin x = 0±V°>51ogfl2 =
При 0 < a < 1, log2tf < 0 и уравнение корней не имеет.
При а > 1, 2 v°'51og2fl > 1 и уравнение sin x = 2v°'5Iog2fl
корней не имеет. Решая уравнение sin x = 2~^0>5Iog2fl, находим, что
х= (-l)*arcsin(2"v°'51og2fl) + я*, *eZ и jcef2я*; - + 27* |U
U | — + 271*; п + 2пк 1 ке Z,x =(-1)катсьт(2Ч)5^)+пп, п eZ.
342

Ответ: при а < 1 уравнение решений не имеет;
Прия>1 х g (lnk\ - + 2пк\ u [ - + 2пк\ n + 2nk];keZ
их = (-l)*arcsin {^^ )
Пример 9. Решить уравнение logfl(x + я) = log^x2 - я2).
Решение. Отметим, что при я < 0, я = 1 уравнение решений не
имеет.
При я > 0, я ф 1 уравнение может иметь решения, при этом
область определения уравнения х > я. Исходное уравнение
равносильно уравнению х + я = х2 — я2; (х — а)(х + я) — (х + я) = 0;
(х + я)(х -я-1) = 0; х = -я и х = я + 1.
Проверим выполнение всех наложенных ранее условий.
Поскольку х > я, —я > я, но тогда я < 0, что противоречит
рассматриваемому варианту я > 0, я * 1. я + 1 >я при любых значениях я и
х = а+ 1.
Ответ: при я < 0, я = 1 уравнение решений не имеет;
при я > 0, аф\ х = я + 1.
Пример 10. Решить неравенство logfl(3flx — 5) < х + 1.
Решение. Отметим, что неравенство может иметь решения
при я> 0, я ф 1. Область определения уравнения при этом
определяется неравенством Зях — 5 > 0 (ограничимся только
этим неравенством). Заменяем исходное неравенство равно-
О X С
сильным ему logfl г~<^» которое можно заменить нера-
ах+
венством (см. раздел 12, свойство 5) (я-l) \—х 1 <0;
- я)я*- 5) < 0.
^ а )
Пусть я - 1 > 0, тогда я > 1, (3 - я)я* - 5 < 0; (3 - я)я* < 5.
Если К я < 3, то ах <- ; logfl-<х<logfl .
3-я 3 Ъ-а
343

При а > 3 ах > - , но 3 - а < О, поэтому ах > - при
Ъ-а Ъ-а
любом х > log
аЪ-а
Пусть О < а < 1, тогда а — 1 < 0 и (3 — а)ах — 5 > 0. При этом
3-а>0и ах > ; х < loga . Не забудем,что Зя* - 5 > 0;
Ъ-а Ъ—а
ах > - ; х < log - , но log - > logfl- .
J J j 5—a
При а = З исходное неравенство принимает вид
Iog3(3x + 1 - 5)<х+ 1, откуда Iog3(3x +' - 5) < Iog33x + 1. Получаем
неравенство 3х +' — 5 < 3х +', справедливое для всех х из области
определения 3* + 1-5>0;3* + |>5;л:+1> Iog35; x > log3 -.
5 5
При а > 3 х > log , но выражение при этом не име-
аЗ-а 3-я
ет смысла.
Ответ, при я = 0, я>3 ия=1 неравенство решений не имеет;
при 0 < а < 1 х < logfl ;
при 1 < а < 3 log -<*<logfl
при а = 3 х > log3 — .
3 ОаЗ-а'
5
3
20. ТРАНСЦЕНДЕНТНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Уравнения вида f{x) = g(x) называются трансцендентными,
если хотя бы одна из функций J{x) или g(x) не является
алгебраической. Вообще говоря, тригонометрические, логарифмические
и показательные уравнения являются трансцендентными, они при
344

решении достаточно часто сводятся к алгебраическим уравнениям.
Рассмотрим случаи, когда в обеих частях уравнения находятся
функции различной классификации. Например, функция Л*) -
тригонометрическая, а функция g(x) — логарифмическая.
Отметим, что эти функции могут быть и сложными функциями. Как
правило, трансцендентные уравнения не могут быть решены при
выполнении цепочки равносильных алгебраических
преобразований; при их решении используются методы математического
анализа. Рассмотрим несколько конкретных примеров.
Пример 1. Решить уравнение 3* + 3~х = 2cos x.
Решение.
1. Используя неравенство Коши a + b>24ab (а > 0; b > 0),
получаем 3х + 3~х > 2 л1зх -3~х ; 3х + 3~х > 2. Равенство двум
выполняется только при 3х = 3х, то есть при х = 0. Но тогда
2cos х > 2; cos x > 1, однако —1 < cos х < 1, тогда cos х = 1, и
х = 0 является корнем исходного уравнения.
2. Возможен и другой способ решения. Пусть 3х = t, t > 0,
тогда t2 — 2/cos х + 1 = 0. 0,25D = cos2* — 1 = — sin2x; sin2* > 0,
что выполняется только при sin х = 0, х = пп, п е Z tx = 1,
t2 = -\\ 3х = 1,х=0.
Ответ: 0.
Пример 2. Решить уравнение 2х + 2~х = 2cos (ху).
Решение. Полагая 2х = t, t > 0, приходим к уравнению
+1=0; tl2= cos(xy)±Jcos\xy)-l= cos(jry)±
± д/- sin2(xy). Уравнение имеет решение только для х и у, которые
удовлетворяют уравнению sin (ху) = 0, ху = пк, к е Z, но тогда
II, если к = 2п, пе Z,
-1, если к = 2п + \, neZ.
Если t = 1, то 2х = 1 и х = 0; если t = -1, t < 0, корни
отсутствуют.
Ответ: х = 0; у — любое действительное число.
345

Пример 3. Решить уравнение 4х + 2х(х - 3) - 2х + 2 = 0.
Решение. Обозначим 2х = у, у > 0, тогда у1 + (х — 3)у — 2х + 2 = 0.
= (х-\у. у = -
Z
yt = l,y2 = 2-x.
Возвращаясь к старой переменной, получаем 2х = 2; 2х = 2 — х (*).
Первое из полученных уравнений имеет корень х = 1. Второе
уравнение имеет не более одного корня, поскольку функция,
стоящая в левой части уравнения (*), возрастает на R, а
функция, стоящая в правой части этого уравнения, на R убывает.
Корень уравнения (*) может быть определен только
приближенно при графическом способе решения уравнения. При этом
х-0,5.
Пример 4. Решить уравнение 2sinx + 1 = 1,5COSX.
Решение. Так как — 1 < sin х < 1, и функция у = 2° —
возрастающая, то 0,5 < 2sinx < 2 и 1,5 < 2sinx + 1 < 3. Учитывая условие
задачи, имеем 1,5 < 1,5COSX < 3, откуда cos x > 1, и так как
— 1 < cos х < 1, то cos х = 1, х = 2яп, п eZ.Ho тогда из исходного
уравнения имеем 2sinx + 1 = 1,5; sin x = — 1. Одновременно
уравнения cos х = 1 и sin х = — 1 корней не имеют, поэтому исходное
уравнение корней не имеет.
Пример 5. Решить уравнение
Решение. Из условия видно, что
2ax-2 = cos-jc-l, если
4
-2 > 0, но тогда
я л Л я я
cos-x-1 > 0, cos-л: > 1, но cos-x < 1, следовательно, остает-
4 4 4
ся признать, что cos — х = 1; — х = 2ял, х = 8л, п eZ. Но если
4 4
cos-х = 1, той 2т— 2 = 0; ах= 1,х= - . Так как - <а< 16, то
4 а 8
346

— <-<8, но тогда — <8п<8 и п = 1. Ясно, что х = 8 только
16 а 16
1
при а = - .
О
Ответ: при а = — х = 8, при остальных значениях а из
8
заданного промежутка решений нет.
Пример 6. Решить уравнение 2sinx = 2 + 4х-2 .
Решение. Находим область значений функции у = 2sin x.
Поскольку - 1 < sin х < 1, то - < 25injr < 2 . Но область
определения функции у = 2 + vjc-2 есть луч [2; +«>), область
значений — [2; +оо). Равенство возможно при выполнении условий
2sinjf=2 [sinjc = l.
Ответ: решений нет.
Пример 7. Решить уравнение sin 2sinx = 1.
Решение. Имеем 2sirw = — + 2лл, п = О,1,2,... Поскольку
— ^ 281ПДГ < 2; - < — + 2пп < 2. Последнее неравенство
выполняется только при п = 0, а поэтому 2sinjf = — , sinx= log,— > 1.
2 2
Уравнение корней не имеет.
Ответ: корней нет.
Пример 8. При каких значениях а уравнение Vl-2* - Vsinx = a
имеет корни?
347

1 - 2х > О, \х < О,
Решение. \ <=> { п е Z, откуда
[sin* > 0 [2т < х < п + 2т, у
х= пп — возможный корень данного уравнения при п = 0, — 1,
—2,... Его подстановка в данное уравнение дает а = VI-2я* ,
где п = 0, -1, ~2, ...
Ответ: при а = yll-2M , где п = 0, -1, -2, ...
Пример 9. Решить уравнение 2sinx+2 - 2C0SX = 3, при х е [0; - ].
2
Решение. 4 • 2sin* = 3 + 2COSX.
Функция У(х) = 4 • 2sm x является возрастающей на отрезке
[0; — ], поскольку/'(х) = 4 • 2sin xcos x-ln 2 > 0, а функция
2
q(x) = 3 + 2COS x — убывающая на отрезке [0; — ], так как
q'(x) = — sin х- 2cosxln 2 < 0. Значит, уравнение может иметь не
более одного корня. Легко видеть, что х = 0.
Ответ: 0.
1 fir1
Пример 10. Решить уравнение log I (cos (x2 -x)- -) = -\-\ .
Решение. —1 < cos (х2 — х) < 1 и с учетом области определения
логарифмической функции 0 < cos (х2 — х) — — < -. Функция
J[t) = log -1 — возрастающая, а поэтому log 4 (cos (х2 — х) — —) <
< log 4 — = — 1- С другой стороны —1 = — — М < 0. Следователь-
3 ^ '
но, для определения возможного корня данного уравнения необ-
348

log4(cos(jc2-x)--) = -l,
т 4
ходимо решить систему уравнений
Из второго уравнения имеем х = 0 и это значение удовлетворяет
первому уравнению системы, а поэтому х = О — корень данного
уравнения.
Ответ: 0.
Пример 11. Решить уравнение Iog2(x2 — 4х + 8) = 1 + sin (x — 2).
Решение. Замечаем, что 0 < 1 + sin (х — 2) < 2, поэтому
[*4;с + 70,
0<log2(x2-4jc+8)<2; 1 <х2-4х +8 <4; \, „ отку-
[(x-ifzo,
да х = 2. Проверка показывает, что х = 2 является корнем данного
уравнения.
Ответ: 2.
Пример 12. Решить уравнение (х — l)2log2(x2 — 2х + 2) = 1.
Решение. Обозначим log^jc2 — 2х+2) = а, тогда ах? — 2ах + а — 1 = 0.
Будем рассматривать последнее уравнение как квадратное
относительно х: D = а2 — а2 + а < 0, а < 0, то есть log^jc2 — 2х + 2) < 0;
(х— 1)2<0их=1— возможный корень уравнения, однако
проверка показывает, что х = 1 не удовлетворяет исходному уравнению.
Ответ: корней нет.
Пример 13. Решить уравнение yjlog2siivc + cosx = x — .
Решение.logpinxt0 <=> logjSinx^logjljsinx^ 1,но— 1 <sinx< 1,
поэтому sin х = 1, но тогда cos х = 0их= — + 2тш, we Z . Итак,
х — — =0, поэтому х = — — единственный корень данного
уравнения.
Ответ: —
2
349

Пример 14. Решить уравнение yj\og2 sin х = х .
Решение. Найдем область определения уравнения log2sin х > О,
поскольку 2 > 1, sin х > 1, однако — \1 < sin х < 1, тогда sin х = 1,
ТЕ тг
х = - + 27гл, п е Z. Проверка показывает, что х = — является
корнем уравнения (при этом обе части уравнения равны нулю).
Ответ: —.
2
Упражнения.
Решить уравнения.
1. 9*-3* = ;с2 -х.
2. 4* - 2 • 6х + 9х + 1 = cos х.
3. 2*"1 + 2|-*=2sin(jcy).
4. log2sin 2f-
5. log22/gx+log^--l=0.
Решения и ответы:
1. Полагая 3х = t, t > О, приходим к уравнению t2 — t —
x2 + x = 0. D= 1 +4х2-4х=(2х-1)2;/12= *—-; tx=x\
t2 = 1 — х. Итак, 3х = хи 3х = 1 —х. Первое уравнение корней
не имеет (сделайте графическое решение). Второе уравнение
имеет очевидный единственный корень х = 0, поскольку в
левой части стоит функция, возрастающая на Л, а в правой
— убывающая на R.
Ответ: 0.
2. Перепишем исходное уравнение в ввде (2х — 3х)2 + 1 — cos x = 0;
(2х - 3х)2 + 2sin 2(0,5х) = 0. Заметим, что а2 + б2 = 0 <=> Г _ '
2х - 3х = 0,
поэтому
Ответ: 0.
350
sin- = 0 ** 1* = 2m; wgZ,
2
откуда х=0.

3. Полагая 2Х~! = z, z > О, приходим к уравнению z2 - 2zsin (xy) +
+ 1=0; 0,25/) = sin 2(xy) - 1 = -cos 2(ху) > 0. Ясно, что
cos(xy) = 0, но тогда sin (xy) = ±1. Пусть sin (xy) = 1,
получаем z2 - 2z + 1 = 0; z = 1; 2х"1 = 1; х = 1, но тогда
cosj> = 0Hsin>;= 1. Легко сообразить, что у= — + 2т; neZ.
Если sin (xy) = -1, то z2 + 2z + 1 = 0; z = -1. Но z > 0,
поэтому уравнение корней не имеет.
Ответ: (1; — + 2пп), п е Z
4. Область решения уравнения задается системой неравенств:
sin — Wjc + 2 *0. Исходное уравнение равносильно
уравнению гк^фт — + у/х + 2 ||-|cos — + Jx + 2 |) = х,
откуда
. -- - D 2l\ 2Z <-; x<— 2 и, вспоминая,
что х > -2, делаем вывод о возможном корне уравнения
х = -2. Данный результат может быть проверен
непосредственной подстановкой.
Ответ: —2.
5. Уравнение равносильно системе
<=>
п
jc = — + nn,ne Z
4
и т.д.
Ответ: корней нет.
351

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Севрюков, П. Ф. Тригонометрические уравнения и неравенства и
методика их решения. учебное пособие / П. Ф. Севрюков, А. Н. Смо-
ляков. - М. Илекса, Народное образование , Ставрополь. Сервис-
школа, 2004. - 128 с. - (Серия «Библиотека учителя математики»)
2. Севрюков, П. Ф. Показательные и логарифмические
уравнения и неравенства . учебно-методическое пособие/ П. Ф.
Севрюков, А. Н. Смоляков. - М. . Илекса , Народное образование ,
Ставрополь Сервисшкола, 2006. - 184 с. - (Серия «Изучение
сложных тем школьного курса математики»).
3. Севрюков, П. Ф Школа решения задач с параметрами
учебно-методическое пособие / П. Ф. Севрюков, А. Н. Смоляков. - М..
Илекса , Народное образование ; Ставрополь . Сервисшкола,
2007. — 212 с. - (Серия «Изучение сложных тем школьного курса
математики»).
4 Севрюков, П. Ф. Готовимся к экзаменам по математике ■
материалы для подготовки к выпускным экзаменам / П. Ф. Севрюков,
А. Н Смоляков. — М.: Илекса , Ставрополь: Сервисшкола, 2003. —
144 с. - (Серия «Библиотека учителя математики»).
5. Захарова, А. Е. Постигаем азы тригонометрии: арксинус,
арккосинус, арктангенс // Школьная пресса. Математика для
школьников. - 2007. - № 1. - С. 21-31.
Севрюков Павел Федорович
Смоляков Александр Николаевич
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ
И ЛОГИРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
И НЕРАВЕНСТВА
Корректор О С Варганова
Техническое редактирование и компьютерная верстка С А. Мельник
Подписано в печать 11 01 2008 Формат 60x84'/16 Гарнитура «Times»
Печать офсетная Уел печ л 20,5 Тираж 2000 экз Заказ №71
Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции ОК 005-93-953000
ИД №03253 код 221 от 15 11 2000 г Издательство «Илекса» Москва, Измайловское шоссе, 48а.
Лицензия №40515 от 14 01 1998 г Редакция «Народное образование» 109144, Москва, а/я 48
Издательская лицензия ЛР №065840 от 23 04 1998 г Издательство «Сервисшкола»,
355042, г Ставрополь, ул 50 лет ВЛКСМ, 38
Отпечатано в типографии издательско-пшшграфнческого комплекса СтГАУ «АГРУС»
г Ставрополь ул Мира 302

Индекс 81352
При подготовке к сдаче Единого государственного экзамена
по математике возникает необходимость систематизации знаний
учащихся. Структура, логические и методические принципы
построения данного пособия позволяют успешно использовать его
для освоения методов решения тригонометрических, пока
зательных и логарифмических уравнений и неравенств.
Большинство из рассматриваемых заданий были ранее
Опубликованы авторами в журнале «Математика в школе»,
приложении«Математика»и ранее изданных учебно-методических
пособиях и получили высокую оценку учительской общественности,
Пособие также включает более трехсот тренировочных
. упражнений с методическими указаниями и ответами.
Адресовано учителям математики и учащимся средних школ
и других образовательных учреждений, абитуриентам вузов.
jlo вопросам оптового и розничного приобретения данного издан
и другой учебно-методической литературы обращаться:
в Москве: ! в редакцию «Народное образование»
(495)345-5200, 345-5901
издательство «Илекса»
П[495) 3^5:3055
e-mail: ilexa@rim.ru
Ставрополе: в издательство «Сервисшкола»
| 1 ;(8652)1*28-740Г
П. Ф. Севрюкрв, А. Н. Смоаяков
тСОНОМЕТРИЧЕСКИЕ,
785930 785678
УРАВНЕНИЯ
И НЕРАВЕНСТВА
L
ияг
1