Тригонометричні рівняння

Головна відмінність тригонометричних рівнянь від усіх попередніх — вони мають нескінченно багато коренів. Причина в періодичності: якщо кут xx підходить, то підходять і x+2πx + 2\pi, x+4πx + 4\pi і так далі. Тому відповідь тут — не число, а формула з цілим параметром nn. На НМТ найчастіше просять або цю формулу, або найменший додатний корінь чи їх кількість на заданому проміжку.

Найпростіші рівняння

Найпростіше тригонометричне рівняння — це sin⁡x=a\sin x = a, cos⁡x=a\cos x = a або tan⁡x=a\tan x = a. На одиничному колі розв'язки — це точки перетину кола з прямою y=ay=a (для синуса) чи x=ax=a (для косинуса):

Якщо ∣a∣>1|a| > 1, рівняння sin⁡x=a\sin x = a і cos⁡x=a\cos x = a не мають розв'язків, бо ∣sin⁡x∣≤1|\sin x| \le 1 і ∣cos⁡x∣≤1|\cos x| \le 1.

Це перше, що варто перевіряти. Рівняння cos⁡x=1,5\cos x = 1{,}5 чи sin⁡x=−2\sin x = -2 розв'язків не мають — і з'ясувати це можна за секунду, не роблячи жодних перетворень. А от для тангенса такого обмеження немає: tan⁡x=100\tan x = 100 цілком має розв'язки.

Загальні розв'язки

sin⁡x=a⇒x=(−1)narcsin⁡a+πn,n∈Z;\sin x = a \Rightarrow x = (-1)^n \arcsin a + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z};

cos⁡x=a⇒x=±arccos⁡a+2πn,n∈Z;\cos x = a \Rightarrow x = \pm \arccos a + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z};

tan⁡x=a⇒x=arctan⁡a+πn,n∈Z.\tan x = a \Rightarrow x = \arctan a + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}.

Головний розв'язок — це значення arcsin⁡a∈[−π2;π2]\arcsin a \in \left[-\tfrac{\pi}{2}; \tfrac{\pi}{2}\right] або arccos⁡a∈[0;π]\arccos a \in [0; \pi].

Різниця у виглядах формул пояснюється розташуванням розв'язків на колі. Для косинуса дві точки перетину симетричні відносно горизонтальної осі, тому вони відрізняються лише знаком: ±arccos⁡a\pm\arccos a, і період повний — 2π2\pi. Для синуса точки симетричні відносно вертикальної осі, і саме звідси береться чергування (−1)n(-1)^n із півперіодом πn\pi n. У тангенса ж період узагалі π\pi, тому формула найпростіша.

Приклад 1 — рівняння з косинусом

Розв'яжемо cos⁡x=12\cos x = \dfrac{1}{2} і знайдемо найменший додатний корінь.

  1. Головний розв'язок: arccos⁡12=π3\arccos\dfrac{1}{2} = \dfrac{\pi}{3} (це 60°60°);
  2. загальний розв'язок: x=±π3+2πnx = \pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n, n∈Zn \in \mathbb{Z};
  3. підставляємо n=0n = 0: дістаємо π3\dfrac{\pi}{3} і −π3-\dfrac{\pi}{3};
  4. найменший додатний — це π3\dfrac{\pi}{3}.

Відповідь: x=±π3+2πnx = \pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n; найменший додатний корінь π3\dfrac{\pi}{3}.

Приклад 2 — рівняння з синусом

Розв'яжемо sin⁡x=−22\sin x = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}.

  1. Головний розв'язок: arcsin⁡(−22)=−π4\arcsin\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\dfrac{\pi}{4} (арксинус лежить у проміжку [−π2;π2]\left[-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right], тому він від'ємний);
  2. загальний розв'язок: x=(−1)n(−π4)+πnx = (-1)^n \left(-\dfrac{\pi}{4}\right) + \pi n, n∈Zn \in \mathbb{Z};
  3. перевіримо на n=0n = 0: x=−π4x = -\dfrac{\pi}{4}, і справді sin⁡(−π4)=−22\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} ✅.

Відповідь: x=(−1)n+1π4+πnx = (-1)^{n+1}\dfrac{\pi}{4} + \pi n, n∈Zn \in \mathbb{Z}.

Окремі випадки

Для a=0,±1a = 0, \pm 1 формули спрощуються — їх варто пам'ятати:

sin⁡x=0⇒x=πn;sin⁡x=1⇒x=π2+2πn;sin⁡x=−1⇒x=−π2+2πn;\sin x = 0 \Rightarrow x = \pi n; \qquad \sin x = 1 \Rightarrow x = \tfrac{\pi}{2} + 2\pi n; \qquad \sin x = -1 \Rightarrow x = -\tfrac{\pi}{2} + 2\pi n;

cos⁡x=0⇒x=π2+πn;cos⁡x=1⇒x=2πn;cos⁡x=−1⇒x=π+2πn.\cos x = 0 \Rightarrow x = \tfrac{\pi}{2} + \pi n; \qquad \cos x = 1 \Rightarrow x = 2\pi n; \qquad \cos x = -1 \Rightarrow x = \pi + 2\pi n.

Ці випадки виокремлюють недарма: загальні формули тут дали б надлишковий запис. Наприклад, для cos⁡x=0\cos x = 0 формула ±π2+2πn\pm\dfrac{\pi}{2} + 2\pi n формально правильна, але коротший запис π2+πn\dfrac{\pi}{2} + \pi n описує ті самі корені удвічі економніше — бо при a=0a = 0 дві точки перетину лежать якраз на відстані π\pi одна від одної.

Скільки коренів на [0; 2π)?

Для sin⁡x=a\sin x = a чи cos⁡x=a\cos x = a при ∣a∣<1|a| < 1 на періоді два корені, при ∣a∣=1|a| = 1 — один (пряма дотикається кола), при ∣a∣>1|a| > 1 — жодного.

Приклад 3 — кількість коренів на проміжку

Скільки коренів має рівняння cos⁡x=0,4\cos x = 0{,}4 на проміжку [0; 4π)[0;\ 4\pi)?

  1. Оскільки ∣0,4∣<1|0{,}4| < 1, на кожному періоді 2π2\pi є рівно два корені;
  2. проміжок [0; 4π)[0;\ 4\pi) містить рівно два повні періоди;
  3. отже, коренів 2⋅2=42 \cdot 2 = 4.

Відповідь: 44 корені. Такий підрахунок «періодами» надійніший за спроби виписати всі корені явно.

Типові помилки

  • Забувають про періодичність і записують лише головний розв'язок. Без +2πn+2\pi n чи +πn+\pi n відповідь неповна.
  • Плутають періоди. У синуса й косинуса загальний період 2π2\pi, у тангенса — π\pi.
  • Втрачають другу серію коренів у рівнянні з косинусом, забувши знак ±\pm.
  • Не перевіряють умову ∣a∣≤1|a| \le 1 і «розв'язують» рівняння, яке коренів не має.
  • Плутають arccos⁡\arccos і arcsin⁡\arcsin за областю значень. Арккосинус лежить у [0;π][0;\pi], арксинус — у [−π2;π2]\left[-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right], тому арксинус від'ємного числа від'ємний, а арккосинус — ні.

Перевір себе

Порада щодо вводу

Головний розв'язок вводь через pi (напр. pi/6 або символом π/6). Перевірка порівнює чисельно.

Завдання формату НМТ

Завдання в тому вигляді, як їх дають на національному мультипредметному тесті: вибір однієї відповіді з п’яти (А–Д), установлення відповідності та коротка відповідь десятковим дробом. Там, де є позначка «Прототип», задачу побудовано за типом реального завдання НМТ минулих років; числа в умові щоразу нові.

  • Загальний розв’язок найпростішого рівняння

    Вибір А–Д

  • Корінь тригонометричного рівняння

    Вибір А–Д · Прототип: НМТ 2023 · зошит 1 · №15 · Прототип: НМТ 2024 · зошит 1 · №14

  • Кількість коренів на відрізку

    Коротка відповідь

Приклади розв’язання завдань НМТ

Так розв’язують завдання формату НМТ із цієї теми — по одному прикладу на кожен формат: вибір відповіді, відповідність, коротка відповідь. У розділі «Завдання формату НМТ» числа щоразу нові, а тут кожен крок розписано.

  1. 1Корінь тригонометричного рівняння
    Вибір А–Д
    Прототип: НМТ 2023 · зошит 1 · №15
    Прототип: НМТ 2024 · зошит 1 · №14
    Укажіть корінь рівняння cos⁡ 2x=0. \cos\,2x = 0.
    • А−π8-\dfrac{\pi}{8}
    • Б00
    • В−π4-\dfrac{\pi}{4}
    • Г−π2-\dfrac{\pi}{2}
    • Дπ2\dfrac{\pi}{2}
    Розв’яжіть рівняння відносно t=2x t = 2x, а потім поділіть на 2. 2.
    Показати розв’язання
    1. 1
      2x=π2+πn⇒x=π4+π2n, n∈Z2x = \dfrac{\pi}{2} + \pi n \Rightarrow x = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi}{2} n,\ n \in \mathbb{Z}
    2. 2
      при n=−1 n = -1: x=−π4 x = -\dfrac{\pi}{4}
    Відповідь: В) −π4 -\dfrac{\pi}{4}
  2. 2Загальний розв’язок найпростішого рівняння
    Вибір А–Д
    Розв’яжіть рівняння cos⁡x=12. \cos x = \dfrac{1}{2}.
    • А(−1)nπ3+πn, n∈Z(-1)^n\dfrac{\pi}{3} + \pi n,\ n \in \mathbb{Z}
    • Б±π6+2πn, n∈Z\pm\dfrac{\pi}{6} + 2\pi n,\ n \in \mathbb{Z}
    • В±π3+2πn, n∈Z\pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in \mathbb{Z}
    • Г±2π3+2πn, n∈Z\pm\dfrac{2\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in \mathbb{Z}
    • Дπ3+πn, n∈Z\dfrac{\pi}{3} + \pi n,\ n \in \mathbb{Z}
    cos⁡x=a⇒x=±arccos⁡a+2πn; sin⁡x=a⇒x=(−1)narcsin⁡a+πn; tg⁡x=a⇒x=arctg⁡a+πn.\cos x = a \Rightarrow x = \pm\arccos a + 2\pi n;\ \sin x = a \Rightarrow x = (-1)^n\arcsin a + \pi n;\ \tg x = a \Rightarrow x = \operatorname{arctg} a + \pi n.
    Показати розв’язання
    1. 1
      x=±π3+2πn, n∈Zx = \pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in \mathbb{Z}
    Відповідь: В) ±π3+2πn, n∈Z \pm\dfrac{\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in \mathbb{Z}
  3. 3Кількість коренів на відрізку
    Коротка відповідь
    Скільки коренів має рівняння cos⁡x=0 \cos x = 0 на відрізку [0; 2π] ? [0;\ 2\pi]\,?
    Запишіть загальний розв’язок і доберіть цілі n n, за яких корінь потрапляє на відрізок.
    Показати розв’язання
    1. 1
      x=π2+πn, n=0,…,1x = \dfrac{\pi}{2} + \pi n,\ n = 0, \ldots, 1; коренів: 2 2
    Відповідь: 22