Решить тригонометрическое уравнение (ТУ) $2\cdot tgx+ctgx=-3$.
Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения включает все значения $x$, кроме тех, для которых равны нулю знаменатели тригонометрических функций данного уравнения, а именно: $\sin x=0$ или $\cos x=0$.
Учитывая ОДЗ, можем применить формулу $ctgx={1/tgx} $. В результате получаем ТУ $2\cdot tgx+\frac{1}{tgx} =-3$. Теперь вводим замену $tgx=z$ и получаем квадратное уравнение: $2\cdot z+\frac{1}{z} =-3$; $2\cdot z^{2} +3\cdot z+1=0$. Его корнями являются: $z_{1} =-1$ и $z_{2} =-\frac{1}{2} $.
1) $z_{1} =-1$; $tgx=-1$; $x=-\frac{\pi }{4} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
2) $z_{2} =-\frac{1}{2} $; $tgx=-\frac{1}{2} $; $x=arctg\left(-\frac{1}{2} \right)+\pi \cdot k$; $x=-arctg\frac{1}{2} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Решить ТУ $6\cdot \sin ^{2} \left(2\cdot x\right)+5\cdot \cos \left(2\cdot x\right)-2=0$.
Так как $\sin ^{2} \left(2\cdot x\right)=1-\cos ^{2} \left(2\cdot x\right)$, то получаем:
\[6\cdot \left(1-\cos ^{2} \left(2\cdot x\right)\right)+5\cdot \cos \left(2\cdot x\right)-2=0;\] \[-6\cdot \cos ^{2} \left(2\cdot x\right)+5\cdot \cos \left(2\cdot x\right)+4=0.\]Вводим замену: $\cos \left(2\cdot x\right)=z$; $\left|z\right|\le 1$.
Получаем квадратное уравнение $-6\cdot z^{2} +5\cdot z+4=0$, корни которого $z_{1} =-\frac{1}{2} $ и $z_{2} =\frac{4}{3} $. Второй корень не удовлетворяет условию $\left|z\right|\le 1$.
Следовательно: $z=-\frac{1}{2} $; $\cos \left(2\cdot x\right)=-\frac{1}{2} $; $2\cdot x=\pm \arccos \left(-\frac{1}{2} \right)+2\cdot \pi \cdot k$; $2\cdot x=\pm \frac{2\cdot \pi }{3} +2\cdot \pi \cdot k$; $x=\pm \frac{\pi }{3} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Решить ТУ $\cos \left(2\cdot x\right)-5\cdot \sin x-3=0$.
Имеем: $1-2\cdot \sin ^{2} x-5\cdot \sin x-3=0$. Замена: $\sin x=z$, $\left|z\right|\le 1$.
Получаем квадратное уравнение $2\cdot z^{2} +5\cdot z+2=0$, корни которого $z_{1} =-\frac{1}{2} $ и $z_{2} =-2$. Второй корень не удовлетворяет условию $\left|z\right|\le 1$.
Следовательно: $z=-\frac{1}{2} $; $\sin x=-\frac{1}{2} $; $x=\left(-1\right)^{k+1} \cdot \frac{\pi }{6} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Пусть имеем ТУ $f\left(x\right)=0$, левую часть которого удалось разложить на несколько сомножителей (например, $f_{1} \left(x\right)\cdot f_{2} \left(x\right)=0$). Поскольку произведение нескольких сомножителей равно нулю, если хотя бы один из них равен нулю, то далее следует решить каждое из ТУ $f_{1} \left(x\right)=0$ и $f_{2} \left(x\right)=0$, после чего проверить полученные корни на предмет вхождения их в ОДЗ исходного ТУ.
Решить ТУ $\sin \left(2\cdot x\right)-5\cdot \cos x=0$.
Область допустимых значений данного ТУ включает все действительные числа. Применяя формулу синуса двойного угла, получаем:
\[2\cdot \sin x\cdot \cos x-5\cdot \cos x=0; \cos x\cdot \left(2\cdot \sin x-5\right)=0. \]Случай 1: $\cos x=0$; $x=\frac{\pi }{2} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Случай 2: $2\cdot \sin x-5=0$; $\sin x=\frac{5}{2} $; $\left|\frac{5}{2} \right|>1$; решений нет.
Ответ: множество решений данного ТУ $x=\frac{\pi }{2} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Решить ТУ $\sin \left(7\cdot x\right)-\sin \left(3\cdot x\right)=0$.
Область допустимых значений данного ТУ включает все действительные числа: $x\in R$.
Применяем формулу: $\sin \alpha -\sin \beta =2\cdot \cos \frac{\alpha +\beta }{2} \cdot \sin \frac{\alpha -\beta }{2} $.
Получаем: $2\cdot \cos \frac{7\cdot x+3\cdot x}{2} \cdot \sin \frac{7\cdot x-3\cdot x}{2} =0$; $2\cdot \cos \left(5\cdot x\right)\cdot \sin \left(2\cdot x\right)=0$.
Случай 1: $\sin \left(2\cdot x\right)=0$; $2\cdot x=\pi \cdot k$; $x=\frac{\pi }{2} \cdot k$; $k\in Z$.
Случай 2: $\cos \left(5\cdot x\right)=0$; $5\cdot x=\frac{\pi }{2} +\pi \cdot m$; $x=\frac{\pi }{10} +\frac{\pi }{5} \cdot m$; $m\in Z$.
Решить ТУ $2\cdot \sin x-7\cdot \cos x=0$.
Делим ТУ на $\cos x\ne 0$ и получаем $2\cdot \frac{\sin x}{\cos x} -7\cdot \frac{\cos x}{\cos x} =0$.
Далее имеем: $2\cdot tgx-7=0$; $tgx=3,5$; $x=arctg3,5+\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Решить ТУ $\sin ^{2} x-3\cdot \sin x\cdot \cos x-4\cdot \cos ^{2} x=0$.
Значения $x$, при которых $\cos x=0$, не являются корнями ТУ. Делим ТУ на $\cos ^{2} x\ne 0$. Получаем:
\[\frac{\sin ^{2} x}{\cos ^{2} x} -\frac{3\cdot \sin x\cdot \cos x}{\cos ^{2} x} -\frac{4\cdot \cos ^{2} x}{\cos ^{2} x} =0; tg^{2} x-3\cdot tgx-4=0. \]Применяем замену $tgx=z$ и получаем квадратное уравнение $z^{2} -3\cdot z-4=0$, корни которого $z_{1} =-1$ и $z_{2} =4$.
Случай 1: $z=-1$; $tgx=-1$; $x=-\frac{\pi }{4} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Случай 2: $z=4$; $tgx=4$; $x=arctg4+\pi \cdot m$; $m\in Z$.
Решить ТУ $5\cdot \sin ^{2} x-3\cdot \cos ^{2} x-\sin \left(2\cdot x\right)=2$.
Применяем формулу синуса двойного угла и тождество $\sin ^{2} \alpha +\cos ^{2} \alpha =1$. Получаем:
\[5\cdot \sin ^{2} x-3\cdot \cos ^{2} x-2\cdot \sin x\cdot \cos x=2\cdot \left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right);\] \[3\cdot \sin ^{2} x-5\cdot \cos ^{2} x-2\cdot \sin x\cdot \cos x=0.\]Делим полученное ТУ на $\cos ^{2} x\ne 0$ и получаем:
\[3\cdot tg^{2} x-2\cdot tgx-5=0.\]Применяем замену $tgx=z$ и получаем квадратное уравнение $3\cdot z^{2} -2\cdot z-5=0$, корни которого $z_{1} =-1$ и $z_{2} =\frac{5}{3} $.
Случай 1: $z=-1$; $tgx=-1$; $x=-\frac{\pi }{4} +\pi \cdot k$; $k\in Z$.
Случай 2: $z=\frac{5}{3} $; $tgx=\frac{5}{3} $; $x=arctg\frac{5}{3} +\pi \cdot m$; $m\in Z$.
Рассмотрим ТУ вида $a\cdot \sin x+b\cdot \cos x=c$, где $a\ne 0$, $b\ne 0$, $c\ne 0$.
Один из способов решения таких ТУ основан на применении формул $\sin ^{2} \frac{\alpha }{2} +\cos ^{2} \frac{\alpha }{2} =1$, $\sin \alpha =2\cdot \sin \frac{\alpha }{2} \cdot \cos \frac{\alpha }{2} $, $\cos \alpha =\cos ^{2} \frac{\alpha }{2} -\sin ^{2} \frac{\alpha }{2} $, позволяющих свести данное ТУ к однородному.
Решить ТУ $2\cdot \sin x-3\cdot \cos x=2$.
Выполняем преобразования:
\[2\cdot 2\cdot \sin \frac{x}{2} \cdot \cos \frac{x}{2} -3\cdot \left(\cos ^{2} \frac{x}{2} -\sin ^{2} \frac{x}{2} \right)=2\cdot \left(\sin ^{2} \frac{x}{2} +\cos ^{2} \frac{x}{2} \right);\] \[\sin ^{2} \frac{x}{2} +4\cdot \sin \frac{x}{2} \cdot \cos \frac{x}{2} -5\cdot \cos ^{2} \frac{x}{2} =0. \]Делим полученное ТУ на $\cos ^{2} \frac{x}{2} \ne 0$ и получаем:
\[tg^{2} \frac{x}{2} +4\cdot tg\frac{x}{2} -5=0.\]Применяем замену $tg\frac{x}{2} =z$ и получаем квадратное уравнение $z^{2} +4\cdot z-5=0$, корни которого $z_{1} =1$ и $z_{2} =-5$.
Случай 1: $z=1$; $tg\frac{x}{2} =1$; $\frac{x}{2} =\frac{\pi }{4} +\pi \cdot k$; $x=\frac{\pi }{2} +2\cdot \pi \cdot k$; $k\in Z$.
Случай 2: $z=-5$; $tg\frac{x}{2} =-5$; $\frac{x}{2} =-arctg5+\pi \cdot m$; $x=-2\cdot arctg5+2\cdot \pi \cdot m$; $m\in Z$.
