Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

Тригонометрия на ПВГ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85551

Решите уравнение

2 36cos(x+ cosx)cos(x− cosx)+ 9= π

и найдите сумму его корней, принадлежащих отрезку $[π;7π] 3 4$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Пользуясь формулами преобразования произведения в сумму, получаем

π2 1 cos2x+ cos(2cosx)= 18 − 2

Пусть $t=cosx$ , тогда левая часть уравнения равна $2 f(t)= 2t − 1+ cos2t$ . Функция $f$ возрастает на $[0;1]$ (так как $′ f (t)= 2(2t− sin2t$ ) >0 при $t>0$ ) и является чётной, причём $(π) π2 1 f 6 = 18 − 2$ . Следовательно, корнями уравнения $π2 1 f(t)= 18 − 2$ на отрезке $[−1;1]$ являются числа $π t= ±6$ . Возвращаясь к переменной $x$ , находим

π x= ±arccos6 +πn,n∈ Z

Так как

√ - π = arccos--2< arccosπ< arccos1= π , 4 2 6 2 3

то на указанный отрезок попадают корни $π−$ $arccosπ,π+ arccosπ 6 6$ и $2π− arccos π 6$ . Их сумма равна $4π− arccosπ 6$ .

Ответ:

$x =± arccosπ+ πn,n ∈Z 6$ .

Сумма корней равна $π 4π − arccos6.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67951

Решите уравнение

√- √- 2( π ) 1− 2 cosx(sinx+ 2cosx)+ 2sinx(2sinx − cosx) =2sin x + 8

Источники: ПВГ-2023, 10.1 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Раскроем скобки и в правой части воспользуемся формулой понижения степени:

√- √- 2 √ - 2 √- ( π) 1− 2cosxsinx− 2 2cosx +2 2sin x− 2sinxcosx= 1− cos 2x+ 4 ;

√- √- 1 1 2 2(sin2x− cos2x)− 2 2 sinxcosx = −√2-cos(2x)+ √2-sin(2x);

Домножим на $√ - (− 2)$ и выделим формулы двойных углов:

4cos(2x)+ 2sin(2x) =cos(2x)− sin(2x);

sin(2x)=− cos(2x);

Если $cos(2x)= 0,$ то получим, что $sin(2x)=0,$ что противоречит основному тригонометрическому тождеству. Значит, можно поделить на $cos(2x),$ имеем:

tg (2x)= −1.

Откуда $x= − π8 + πn2 ,n ∈ℤ$

Ответ:

$− π + πn,n ∈ℤ 8 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71439

Решите неравенство

( ) ( 1 √3 ) 8x3+ 4x2− 18x− 9⋅arccos(x − 1)≤ arccos 4cos40∘ + 4cos50∘

Источники: ПВГ-2022, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Так как

1 √3- 1 √3- sin30∘⋅sin40∘+cos30∘ ⋅cos40∘ 4cos40∘ +4cos50∘ = 4cos40∘ +4sin40∘ =------2sin40∘cos40∘-------=

∘ ∘ ∘ = cos(40-− 3∘0-)=--cos(1∘0-)∘-= 1, sin80 sin(90 − 10 )

то получается неравенство

(8x3 +4x2− 18x − 9)⋅arccos(x− 1)≤0

Левая его часть определена при $|x − 1|≤ 1,$ поэтому $x∈ [0;2].$ На этом отрезке первый сомножитель

(8x3+ 4x2− 18x− 9)= (2x +1)(2x− 3)(2x+ 3)

неотрицателен при $[ ] x∈ 3;2 2$ и отрицателен при $[ ) x∈ 0;3 . 2$ Второй сомножитель всегда неотрицателен и равен нулю при $x =2.$

Поэтому $[ ] x ∈ 0;3 ∪ {2}. 2$

Ответ:

$[0;3]∪ {2} 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#32375

Решите систему

{ − ctg xctgy− ctgy +|ctgx − ctgy− 3ctgxctgy|=0; √3−-tgx-+tgy+ tg y− 5 =0.

Источники: ПВГ - 2020, 11.4 (pvg.mk.ru))

Показать ответ и решение

Из второго уравнения на ОДЗ следует, что $− tgx= tg2y − 11tgy+ 22 (∗)$ .

Раскроем модуль одним способом:

− ctgxctgy− ctgy− (ctgx− ctgy − 3ctgxctgy)= − ctgxctg y− ctgx+ 3ctgxctgy = 0

$ctgx ⁄=0$ , поэтому $2ctgy =1$ . Значит, $tgy =2$ . Подставим это во второе уравнение:

∘ ------ 5− tgx− 3= 0

Тогда $tgx = −4$ . Осталось подстановкой проверить, что для полученного решения модуль был раскрыт верно.

Теперь раскроем модуль другим способом.

− ctgxctgy − ctgy+ (ctgx− ctgy− 3ctgx ctgy)=

=− 4ctgxctgy− 2ctgy+ ctgx =0

Домножим на $tg xtgy$ :

−4 − 2tgx+ tgy = (∗)= −4+ 2(tg2y− 11tgy +22)+tgy =

=2tg2y− 21tgy +40= (tgy − 8)(2tgy− 5)= 0

Если $tgy = 8$ , то $2 tgx= −(tg y− 11tgy+ 22)= 2$ и при подстановке это не подходит.

Если $tgy = 2.5$ , то $2 tgx= −(tgy − 11tgy+ 22)= −0.75$ и при подстановке это не подходит.

Ответ:

$(− arctan4+ πn;arctan2 +πk), n∈ ℤ,k∈ ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80581

Решите неравенство

arcsin(sin|x|)≥arccos|cos3x|

Источники: ПВГ 2019

Показать ответ и решение

Заметим, что если $x$ подходит, то и $− x$ подходит. Тогда давайте считать, что $x≥ 0$ .

Так же если $x$ , $x +2π$ больше 0 и $x$ подходит, то и $x+ 2π$ подходит. Значит, можно считать, что $x∈ [0,2π)$ .

Теперь заметим, что $x ∈(π,2π)$ не подходит, так как тогда $arcsin(sin|x|)<0 ≤arccos|cos3x|$ .

Нарисуем график для $x∈[0,π]$ . На этом интервале нам подходят $[π 3π] x∈ 4,4$ . Значит, на интервале $[0;2π]$ нам подходит только $[π 3π] x ∈ 4, 4$ . Осталось распространить это на всю прямую. Значит,

[π 3π ] [ −3π π ] x∈ ∪k≥0 4 + 2πk,4 +2πk ∪k≥0 -4-− 2πk,− 4p− 2πk

Ответ:

$[π + 2πk,3π+ 2πk]∪[−3π− 2πk,− πp− 2πk],k∈ {0} ∪ℕ 4 4 4 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#43267

Решите уравнение

( 3 4) 3 arcsin5 − arccos5 ⋅x +π =2arctg3+ arctg4.

Источники: ПВГ-2018, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Так как $cos(arcsin 3)= ∘1−--9= 4 5 25 5$ , а $arcsin 3∈(0,π) 5 2$ , то $arcsin 3= arccos4 5 5$ . Тогда уравнение выглядит как $π = 2arctg 3+arctg 3 4$ , то есть надо проверить, либо это тождество и подходят любые значения $x$ , либо это неверное равенство, так что решений нет.

Очевидно, что $3 ( 3 ) 2arctg3+ arctg 4 ∈ 0,2π$ по определению арктангенса и так как аргумент положительный. При этом

6 3 tg(2arctg(3))= 1−-9 = − 4

( ) tg 2arctg3 +arctg 3 = 0 4

Значит, $2arctg3+arctg 34 = πk$ и $2arctg 3+arctg 34 ∈(0,32π)$ . Пересекая эти условия, получаем $2arctg3+ arctg 34 = π$ .

Ответ:

$x ∈ℝ$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#43268

Найдите площадь фигуры, заданной на координатной плоскости неравенством

π (2 ) arcsin(2x)+ arccos(2x)≥ 4 ⋅y − 2 .

Источники: ПВГ-2018, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ: $|x|≤ 1. 2$

Заметим, что $π arcsin(2x)+arccos(2x)= 2.$

Значит, нас интересует фигура $2 y − 2≤ 2$ и $1 |x|≤ 2.$

Это прямоугольник $|y|≤ 2$ и $1 |x|≤ 2$ . Его площадь равна $4.$

Ответ:

$4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#63599

Найдите наименьшее значение $|x− y|$ при условии

( 4 )( 4 ) 3 2 cosx +1 4cos y+ 1 = 8cos xcosy,

[π 3π] x ∈[π;2π], y ∈ 2;2

Источники: ПВГ-2018, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Так как при любых значениях $x,y$ верны неравенства:

{ (cos2x − 1)2 ≥0 ⇐ ⇒ cos4x+ 1≥2cos2x (2cos2y − 1)2 ≥ 0 ⇐ ⇒ 4cos4y+ 1≥4 cos2y

то

(cos4 x+1)(4cos4y +1)≥ 8cos2xcos2 y

А так же в силу $cos2x≥ cos3x$ в итоге получаем, что левая часть уравнения

(cos4 x+1)(4cos4y+ 1)= 8cos3xcos2 y

всегда не меньше правой части, а равенство может достигаться если только если в каждом из неравенств выше достигается равенство. То есть уравнение равносильно системе:

(| (cos2x− 1)2 ≥ 0 (|| cosx= ±1 { (2cos2y− 1)2 ≥ 0 ⇐⇒ { cosy = ±√1 |( cos2x= cos3x ||( cosx= 0 и2ли cosx =1

{ { cosx= 1 ⇐ ⇒ x= 2πn,n ∈ℤ cosy = ±√12 y = π4 + πm2-,m ∈ ℤ

На заданных в условии промежутках

x ∈[π;2π], y ∈ [π∕2;3π∕2]

получаем

x= 2π,y ∈{3π∕4,5π∕4}

Нетрудно видеть, что минимальное значение модуля разности равно $3π- 4 .$

Ответ:

$3π 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#80582

Решите уравнение

6tgx− tg2x+ 5ctg3x =0

Источники: ПВГ-2018, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Если $ctgx= t,$ то

1 --2t-- t3−-3t tgx= t, tg2x= t2− 1 , ctg3x= 3t2− 1;

поэтому после такой замены получаем уравнение

6 2t 5t3− 15t t − t2− 1-+ 3t2−-1-=0

Запомним условие

6(t2− 1)(3t2− 1)− 2t2(3t2− 1)+5(t3 − 3t)(t3 − t)= 0

Заменим $t2 = y ≥ 0:$

6(3y2− 4y+ 1)− 6y2+ 2y+ 5(y3− 4y2+ 3y)= 0

5y3− 8y2 − 7y+ 6= 0

(y+ 1)(5y2− 13y+6)= 0

(y+ 1)(5y− 3)(y − 2)= 0

⌊ y =2 | y =0,6 ⌈ y =− 1

При обратной замене подходят только два значения:

[ ctg2x= 2 ctg2x= 0,6

В итоге

[ x = ±arcctg√2+ πk, k∈ ℤ x = ±arcctg√0,6+ πk, k ∈ℤ

Ответ:

$±arcctg√2+ πk;±arcctg√0,6+ πk (k ∈ℤ)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#85308

Решите неравенство

1 2 2 3 3tg x +3ctg x≤ 2cos 3x

Источники: ПВГ - 2018, Уфа, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим

1 2 2 3tg x+ 3ctg x≥ 2,

причём равенство возможно только если

1 3tg2x =3 ctg2x

√ - tgx= ± 3

π x =± 3 + πk,k∈ ℤ

При этом $2cos33x ≤2$ , причём равенство возможно только если $x = 2πm3-,m ∈ ℤ$ . Найденные серии пересекаются по множеству

x = ±2π+ 2πn,n∈ℤ 3

Ответ:

$± 2π +2πn,n∈ ℤ 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#34201

Решите неравенство

√---- √ ----7 ( sin x+ cosx) > 1

Источники: ПВГ-2017, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Функция $y(t)=t7$ монотонно возрастает, поэтому условие эквивалентно

√ ---- √---- sinx+ cosx> 1

Первое решение.

√---- √ ---- 2 2 sinx + cosx> sin x+ cosx

√sinx⋅(1 − sin x⋅√sinx)+ √cosx-⋅(1− cosx ⋅√cosx)> 0

В силу области значений синуса и косинуса оба слагаемых в левой части неотрицательны, причём равны нулю тогда и только тогда, когда синус или косинус обращаются в ноль. Остальные значения $x$ , при которых левая часть неравенства определена, подходят. То есть по тригонометрической окружности нам подходит первая четверть, где значения синуса и косинуса положительны.

Второе решение.

Будем рассматривать только $x∈ [0,π2]$ , равенство достигается на границах. Заметим, что для произвольного $t∈ (0,1)$ выполнено

t2 =t⋅t< 1⋅t= t

Но тогда при $x∈ (0,π2)$ (где синус и косинус не принимают значения $0,1$ ) выполнено

√ ---- √---- √ ---2 √----2 2 2 sinx+ cosx > ( sinx) +( cosx) = sinx +cosx> sin x+ cos x= 1

То есть для всех точек, кроме граничных, неравенство выполнено.

Ответ:

$(2πn;π+ 2πn), n ∈ℤ 2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#64109

Решите уравнение

2 2 --12-- ctg x− tg x= cos2x

Источники: ПВГ-2017, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Запишем тангенс и котангенс по определению и приведём к общему знаменателю:

cos4x-− sin4x -12-- cos2x⋅sin2x = cos2x

На ОДЗ уравнение равносильно

cos2x⋅(cos2x− sin2x)⋅(cos2x +sin2x)= 12cos2xsin2x

2 2 cos(2x)= 3sin (2x)

√- ctg(2x)=± 3

2x= ±π + πk,k∈ ℤ 6

x= ±-π + πk ,k ∈ℤ 12 2

Теперь проверим, что все значения входят в ОДЗ $cosx⁄= 0,sinx⁄= 0,cos2x⁄= 0.$

Ответ:

$±-π+ πn, n∈ ℤ 12 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#34203

Решите уравнение

10 10 29- 4 sin x+cos x = 16 cos 2x.

Источники: ПВг-2016, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

По формуле понижения степени уравнение равносильно

5 5 4 (1 − cos(2x)) + (1 +cos(2x)) = 29⋅2⋅cos (2x).

После замены $cos(2x)= t$ и раскрытия скобок имеем (нечётные степени косинуса взаимноуничтожаются):

2 4 4 1+10t +5t = 29t .

Из этого квадратного относительно $t2$ уравнения получаем $t2 = 12$ или $t2 = −112$ . Отсюда $cos(2x)= ±√1 2$ , так что $x =± π8 + πk2 = π8 + π4k,k ∈ℤ$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Выразим две суммы с меньшими степенями через $cos4x$

sin4x+ cos4x= 1− 2sin2xcos2x =1 − 1 sin22x= 3+-cos4x 2 4

6 6 4 2 2 4 3 2 3cos4x+-5- sin x +cosx =sinx − sin x cos x+ cos x= 1− 4sin 2x = 8

Теперь выразим через них левую часть

sin10x+ cos10x= (sin4x +cos4x)(sin6x+ cos6x)− sin4x cos4x

( )2 sin4xcos4x = 1-sin42x= 1- 1-− cos4x = 1-(1 − 2cos4x+cos24x) 16 16 2 64

Теперь подставим всё это в изначальное равенство

3+-cos4x ⋅ 3cos4x+-5− 1−-2cos4x-+cos2-4x = 29(cos24x +2cos4x+1) 4 8 64 64

2 2 2 6cos 4x+ 28cos4x+ 30− 1+2cos4x− cos 4x= 29 cos 4x+58cos4x+29

2 24cos4x+ 28cos4x =0 ⇐⇒ cos4x =0,−7∕6

Остаётся только первый корень, который и идёт в ответ.

Ответ:

$π + πn, n ∈ℤ 8 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#91545

Решите неравенство

√ -------- 3 3 2sinxcosx> cos x− sin x+ sinxcosx(sin x− cosx)

Источники: ПВГ - 2016, 10-11 классы, Уфа

Показать ответ и решение

Правая часть неравенства по формуле разности кубов равна

2 2 (cosx − sin x)(cos x+ sinxcosx+ sin x)− sin xcosx(cosx− sinx)=

2 2 =(cosx− sin x)(cos x+ sin x)= cosx− sinx

Поэтому получаем неравенство

∘sin(2x)> cosx− sinx

Если правая часть меньше нуля, то неравенство выполнено на ОДЗ $sin(2x) ≥0.$

[ π4 + 2πk< x≤ π2 +2πk,k∈ ℤ π+ 2πk≤ x< 54π+ 2πk,k∈ ℤ

Если правая часть неотрицательна, то неравенство равносильно

sin(2x)> (cosx− sinx)2

sin(2x)> 12

[ π12 + 2πk< x≤ π4 + 2πk,k ∈ℤ 5π4 + 2πk≤ x< 117π2-+2πk,k∈ ℤ

Объединяя эти два случая, получаем ответ.

Ответ:

$(π-+ 2πk;π +2πk]∪[π+ 2πk;17π+ 2πk);k∈ ℤ 12 2 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31197

Решите систему уравнений

{ 2cosx +cos2 y− cos2xsin2y = 1; 4cosx − 2cos2x− sin3y = 3.

Источники: ПВГ-2015, 11.5 (см.pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

При $t= cosx$ второе уравнение приобретает вид

2 3 4t− 2t = 3+ sin y

Правая часть этого уравнения не меньше двух, а левая не больше двух, так как $4t− 2t2 = 2− 2(1− t)2,$ поэтому равенство может достигаться только при $3 +sin3y =2,2− 2(1− t)2 = 2$ , что эквивалентно системе

{ cosx =1 sin3y = −1

равносильной

{ x= 2πn,n ∈ℤ y = − π +2πk,k∈ℤ 2

При подстановке убеждаемся, что эти значения $x$ и $y$ удовлетворяют ещё и первому уравнению системы.

Второе решение.

Домножим на 2 первое уравнение системы:

{ 4cosx +2cos2 y− 2cos2xsin2y = 2; 4cosx − 2cos2 x− sin3y = 3.

Вычтем первое уравнение из второго

−2cos2x− sin3y− 2cos2y+ 2cos2x sin2y = 1

Применим основное тригонометрическое тождество

−2cos2x− 2cos2y +2cos2x(1− cos2y)= 1+sin3 y

В итоге так как получается, что

0≥ −2cos2y − 2cos2 xcos2y = 1+ sin3y ≥ 0,

то должно выполняться

0= −2cos2y − 2cos2 xcos2y = 1+ sin3y = 0,

что равносильно

{ cosy = 0 1+ sin3y = 0

Подставляя в исходную систему $π y =− 2 + 2πk∈ℤ,$ находим $x =2πn,n∈ ℤ.$

Ответ:

$(2πn,− π +2πk);n,k ∈ℤ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#32377

Решите уравнение

cos4x-− 6cos2-2x-+8cos2-x √6x−-x2−-5 = 0.

Источники: ПВГ-2015, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Преобразуем числитель

2 2 2 2 cos4x− 6cos2x+ 8cosx =2cos 2x − 1 − 6cos2x +4cos2x +4 =0

Решая квадратное уравнение, получаем $cos2x = 3,− 1 2 2$ , то есть $x = ±π +πn 3$ .

Осталось учесть ОДЗ: $x∈ (1,5)$ , отсюда из положительных корней подходят только первые $3$ : $π,2π,4π 3 3 3$ .

Ответ:

${π;2π;4π} 3 3 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#85309

Решите систему уравнений

{ 2sinx +sin2y − sin2xcos2y = 1; 2cos2x +4sin x− cos3y = 5.

Источники: ПВГ - 2015, Брянск, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Преобразуем второе уравнение системы

2 3 2− 2sin x+ 4sinx= 5+ cos y

2 3 2(− (sinx − 1) + 2)= 5+ cos y

Квадратичная функция $y = 2(− (t− 1)2+ 2)$ принимает в точке $t= 1$ наибольшее значение, равное $4$ . То есть левая часть неравенства не превосходит $4$ , а правая часть $5+cos3 y ≥5 − 1 =4$ . Значит равенство возможно только в случае

{ 5 +cos3y =4 2(−(sinx− 1)2 +2)= 4

{ cosy = −1 sin x= 1

{ y = π+ 2πk, k∈ℤ x= π2 +2πk, k ∈ℤ

При всех таких значениях $(x,y)$ в первом уравнении исходной системы имеем $2+ 0− 1 ⋅1 =1$ тождество, поэтому полученные пары — решения системы.

Ответ:

$(π∕2+2πn;π+ 2πk),n,k∈ ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#31194

Решите уравнение

2(2013x) 2 2( 2015x) sin 2 ⋅cos (2014x)⋅sin 2 = 1

Источники: ПВГ-2014, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Так как

(| sin2(2013x)≤ 1 { cos2(20214x)≤ 1 |( 2(2015x) sin 2 ≤ 1

то $sin2(2013x)⋅cos2(2014x)⋅sin2(2015x)= 1 2 2$ , а равенство возможно тогда и только тогда, когда

(| sin2(2013x)= 1 { cos2(20214x)= 1 |( sin2(2015x)= 1 2

Первое решение.

Система равносильна

(|{ 20132x= π2 + πk,k∈ ℤ 2014x =πm,m ∈ ℤ |( 2015x= π + πn,n ∈ℤ 2 2

Тогда $x = 20125x− 20123x= π(n − k).$

Подставляя в первое, имеем $2013(n− k)= 1+2k$ , откуда $n− k$ должно быть нечётным, то есть $n− k= 2t+ 1$ при $t∈ℤ.$ Подставляем: $x= π(n− k) =π +2πt,t∈ ℤ.$