Тригонометрические уравнения с параметром

Что такое «уравнение с параметром» и его решение – см. §32 справочника для 8 класса

п.1. Уравнения с функцией первого порядка и параметром

Уравнения вида \(F(g(x),a)=0\), где \(g(x)\) - некоторая линейная функция от тригонометрической функции, решаются аналогично линейным уравнениям с параметром.
Как решать линейные уравнения с параметром – см. Примеры 5-7, §7 справочника для 7 класса.

Например:
Решим уравнение: \( \frac{1-cosx}{sin\frac{x}{2}}=a \)
ОДЗ: \(sin\frac{x}{2}\ne 0\Rightarrow \frac{x}{2}\ne\pi k\Rightarrow x\ne2\pi k\) \begin{gather*} \frac{2sin^2\frac{x}{2}}{sin\frac{x}{2}}=2sin\frac{x}{2}=a\\ sin\frac{x}{2}=\frac{a}{2}\Rightarrow\frac{x}{2}=(-1)^k arcsin\frac{x}{2}+\pi k\\ x=(-1)^k 2arcsin\frac{x}{2}+2\pi k = \left[ \begin{array} {l l} 2arcsin\frac{a}{2}+4\pi k\\ \pi-2arcsin\frac{a}{2}+4\pi k \end{array} \right. \end{gather*} Требование ОДЗ для знаменателя: \begin{gather*} x=(-1)^k 2arcsin\frac{a}{2}+2\pi k\ne 2\pi k\Rightarrow\\ \Rightarrow (-1)^k 2arcsin\frac{a}{2}\ne 0\Rightarrow arcsin\frac{a}{2}\ne 0\Rightarrow \frac{a}{2}\ne 0 \Rightarrow a\ne 0 \end{gather*} Требование ОДЗ для арксинуса: \(-1\leq\frac{a}{2}\leq 1\ \Rightarrow -2\leq a\leq 2\)
Ответ:
При \(a\lt -2,\ a=0,\ a\gt 2\) решений нет, , \(x\in \varnothing\)
При \(-2\leq a\lt 0\cup 0\lt a\leq 2,\ x= \left[ \begin{array}{l l} 2arcsin\frac{a}{2}+4\pi k\\ \pi-2arcsin\frac{a}{2}+4\pi k \end{array} \right. \)

п.2. Уравнения с квадратичной функцией и параметром

Уравнения вида \(F(g(x),a)=0\), где \(g(x)\) - некоторая квадратичная функция от тригонометрической функции, решаются аналогично квадратичным уравнениям с параметром.
Как решать квадратичные уравнения с параметром – см. §32 справочника для 8 класса

Например:
Решим уравнение \( cos^4x-(a+2)cos^2x-(a+3)=0 \)
Замена: \(t=cos^2x,\ 0\leq t\leq 1\): \begin{gather*} t^2-(a+2)t-(a+3)=0\\ D=(a+2)^2+4(a+3)=a^2+4a+4+4a+12=a^2+8a+16=(a+4)^2\\ t=\frac{(a+2)\pm(a+4)}{2}= \left[ \begin{array}{l l} -1\\ a+3 \end{array} \right. \end{gather*} Корень \(t_1=-1\lt 0\) не подходит по определению замены.
Второй корень \(t_2=a+3\) должен удовлетворять ограничениям: $$ 0\leq a+3\leq 1\Rightarrow -3\leq a\leq -2 $$ Возвращаемся к исходной переменной: \begin{gather*} cos^2x=a+3\Rightarrow\frac{1+cos2x}{2}=a+3\Rightarrow cos2x=2a+5\Rightarrow\\ \Rightarrow 2x=\pm arccos(2a+5)+2\pi k\Rightarrow x=\pm\frac12 arccos(2a+5)+\pi k \end{gather*} Ответ:
При \(a\lt -3\cup a\gt -2\) решений нет, , \(x\in \varnothing\)
При \(-3\leq a\leq -2,\ x=\pm\frac12 arccos(2a+5)+\pi k \)

п.3. Другие уравнения с параметрами

При решении других тригонометрических уравнений с параметрами используются тригонометрические преобразования, замены переменных, переход от одного уравнения к системе (совокупности) уравнений и т.п.

Например:
Решим уравнение \((a+1)sin⁡x+(a-1)cos⁡x=2a\)
Введем вспомогательный угол (см. §20 данного справочника). \begin{gather*} \rho=\sqrt{(a+1)^2+(a-1)^2}=\sqrt{a^2+2a+1+a^2-2a+1}=\sqrt{2(a^2+1)}\\ \frac{(a+1)}{\sqrt{2(a^2+1)}}sinx+\frac{(a-1)}{\sqrt{2(a^2+1)}}cosx=\frac{2a}{\sqrt{2(a^2+1)}}\\ sin\varphi=\frac{(a+1)}{\sqrt{2(a^2+1)}},\ \ cos\varphi=\frac{(a-1)}{\sqrt{2(a^2+1)}}\\ sin\varphi sinx+cos\varphi cos x=a\sqrt{\frac{2}{a^2+1}}\\ cox(x-\varphi)=a\sqrt{\frac{2}{a^2+1}}\\ x-\varphi=\pm arccos\left(a\sqrt{\frac{2}{a^2+1}}\right)+2\pi k\\ x=arccos\frac{(a-1)}{\sqrt{2(a^2+1)}}\pm arccos\left(a\sqrt{\frac{2}{a^2+1}}\right)+2\pi k \end{gather*} ОДЗ для арккосинуса: \begin{gather*} -1\leq a\sqrt{\frac{2}{a^2+1}}\leq 1\Rightarrow -\sqrt{\frac{a^2+1}{2}}\leq a\leq \sqrt{\frac{a^2+1}{2}}\Rightarrow |a|\leq \sqrt{\frac{a^2+1}{2}}\Rightarrow\\ \Rightarrow a^2\leq\frac{a^2+1}{2}\Rightarrow 2a^2\leq a^2+1\Rightarrow a^2\leq 1\Rightarrow |a|\leq 1 \end{gather*} Ответ:
При \(|a|\gt 1\) решений нет, \(x\in \varnothing\)
При \(|a|\leq 1,\ \ x=arccos\frac{(a-1)}{\sqrt{2(a^2+1)}}\pm arccos\left(a\sqrt{\frac{2}{a^2+1}}\right)+2\pi k \)

п.4. Примеры

Пример 1. Решите уравнение: a) \( sin3x=asinx \)
Формула для тройного угла – см. §16 данного справочника.
\(sin3\alpha=3sin\alpha-4sin^3\alpha\)
Подставляем: \begin{gather*} 3sinx-4sin^3x=a sinx\\ sinx(3-4sin^2x-a=0\\ \left[ \begin{array}{l l} sinx=0\\ 3-4sin^2x-a=0 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} x=\pi k\\ sin^2 x=\frac{3-a}{4} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} x=\pi k\\ \frac{1-cos2x}{2}=\frac{3-a}{4} \end{array} \right. \Rightarrow \\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} x=\pi k\\ cos2x=\frac{a-1}{2} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} x=\pi k\\ 2x=\pm arccos\frac{a-1}{2}+2\pi k \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} x=\pi k\\ x=\pm\frac12 arccos\frac{a-1}{2}+\pi k \end{array} \right. \end{gather*} Первое семейство решений \(x=\pi k\) существует при любых \(a\).
Для второго семейства решений действует ограничение: \begin{gather*} -1\leq\frac{a-1}{2}\leq 1\Rightarrow -2\leq a-1\leq 2 \Rightarrow -1\leq a\leq 3 \end{gather*} Ответ:
При \(a\lt -1\cup a\gt 3\) одно семейство решений \(x=\pi k\)
При \(-1\leq a\leq 3\) два семейства решений \( \left[ \begin{array}{l l} x=\pi k\\ x=\pm\frac12 arccos\frac{a-1}{2}+\pi k \end{array} \right. \)

б) \( sin^2x-5cosx+a=0 \) \begin{gather*} (1-cos^2x)-5cosx+a=0\\ cos^2x+5cosx-(a+1)=0 \end{gather*} Замена: \(t=cosx,\ \ -1\leq t\leq 1\)
\(t^2+5t-(a+1)=0\)
\(f(t)=t^2+5t-(a+1)\) - это парабола ветками вверх с вершиной: \begin{gather*} t_0=-\frac52=-2,5,\\ f(t_0)=t_0^2+5t_0-(a+1)=6,25-12,5-(a+1)=-6,25-(a+1) \end{gather*} За счет параметра \(a\) парабола перемещается по вертикали вдоль оси \(t_0=-2,5\).
Интервал \(-1\leq t\leq 1\) лежит справа от оси, т.е. только одно решение квадратного уравнения попадает в этот интервал. Условие существования этого решения (пересечение оси абсцисс) – разные знаки функции на концах интервала: \begin{gather*} f(-1)f(1)\leq 0\\ \left(1-5-(a+1)\right)\left(1+5-(a+1)\right)\leq 0\\ (a+5)(a-5)\leq 0\\ -5\leq a\leq 5 \end{gather*} \(D=5^2+4(a+1)=4a+26\geq 0\Rightarrow a\geq -6,5\)
Условие \(-5\leq a\leq 5\) достаточно для существования решения, при нем \(D\gt 0\).
Получаем: \begin{gather*} t=\frac{-5\pm\sqrt{4a+26}}{2}\Rightarrow cosx=\frac{-5\pm\sqrt{4a+26}}{2}\\ x=\pm arccos\left(\frac{-5\pm\sqrt{4a+26}}{2}\right)+2\pi k \end{gather*} Ответ:
При \(|a|\gt 5\) решений нет, \(x\in \varnothing\)
При \(|a|\leq 5,\ \ x=\pm arccos\left(\frac{-5\pm\sqrt{4a+26}}{2}\right)+2\pi k \)

в) \( 2cos3x+4cos5x=a^2-4a+10 \)
Исследуем параболу \(f(a)=a^2-4a+10\)
\(D=16-40=-24\lt 0\) - парабола всегда положительна
Вершина: \(a_0=-\frac{-4}{2}=2,\ f(a_0)=2^2-8+10=6\)
Таким образом, наименьшее значение функции \(f_{min}=f(2)=6\).
Для суммы \(2cos⁡3x+4cos⁡5x\) значение 6 является наибольшим из возможных.
Получаем систему: \begin{gather*} \begin{cases} 2cos3x+4cos5x=6\\ a^2-4a+10=6 \end{cases} \end{gather*} Нижнее уравнение мы уже решили и получили \(a=2\).
Решаем верхнее уравнение для максимальных значений косинусов: \begin{gather*} cos3x+2cos5x=3\Rightarrow \begin{cases} cos3x=1\\ cos5x=1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 3x=2\pi k\\ 5x=2\pi n \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=\frac23\pi k\\ x=\frac25\pi n \end{cases} \\ \frac23\pi k=\frac25\pi n\Rightarrow\frac{k}{3}=\frac{n}{5}\Rightarrow k=3m,\ \ m\in\mathbb{Z}\Rightarrow x=\frac23\pi\cdot 3m=2\pi m \end{gather*}
На чертеже видно, что сумма косинусов достигает максимального значения 6 через каждые \(2\pi,\) т.е. полный оборот.
Ответ:
При \(a\ne 2\) решений нет, \(x\in \varnothing\)
При \(a=2,\ x=2\pi k \)

г) \( asin^2x+cos^2x=0 \)
\(a(1-cos^2x)+cosx=0\)
\(acos^2x-cosx-a=0\)
Замена: \(t=cosx,\ -1\leq t\leq 1\)
\(at^2-t-a=0\)
При \(a=0\) квадратное уравнение вырождается в линейное, получаем: \begin{gather*} cos x=0,\ \ x=\frac\pi2+\pi k \end{gather*} При \(a\ne 0:\ D=1+4a^2,\ \ t_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a^2}}{2a}\)
Рассмотрим модуль корня с плюсом: \begin{gather*} |t_2|=\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2|a|}\gt\frac{1+2|a|}{2|a|}\gt 1 \end{gather*} Таким образом, этот корень не подходит.
Сравним модуль корня с минусом и единицу: \begin{gather*} |t_1|=|\frac{1-\sqrt{1+4a^2}}{2a}|=\frac{\sqrt{1+4a^2}-1}{2|a|}\ ?\ 1\\ \sqrt{1+4a^2}-1\ ?\ 2|a|\\ \sqrt{1+4a^2}\ ?\ 2|a|+1\\ 1+4a^2\leq 4a^2+4|a|+1 \end{gather*} Получаем, что \(|t_1|\leq 1\). Этот корень нам подходит. \begin{gather*} cosx=\frac{1-\sqrt{1+4a^2}}{2a}\\ x=\pm arccos\left(\frac{1-\sqrt{1+4a^2}}{2a}\right)+2\pi k \end{gather*} Ответ:
При \(a=0,\ x=\frac\pi2+\pi k\)
При \(a\ne0,\ x=\pm arccos\left(\frac{1-\sqrt{1+4a^2}}{2a}\right)+2\pi k \)