三角方程

要解一个三角方程，我们需要以下的基础知识:

1. 如果 $\sin \theta = \sin \alpha$,然后 $n \ \θ=π+ (1)^ {n} \α$．因此,如果 $n$是奇数, $\θ= (2 m + 1) \π- \α,$如果 $n$是偶数, $\θ= 2 m \ pi + \α$．

2. 如果 $\cos \theta = \cos \alpha$,然后 $下午\θ= 2 n \π\ \α$．

3. 如果 $\tan\ theta = \tan\alpha$,然后 $\ \θ= n \ pi +α$．

这些对整数成立 $n,米$．

现在来解方程。解方程的一般方法是把它转化成一个比率的形式。然后，利用这些结果，我们可以得到解。

解基本方程可以用<一个target="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/wiki/trigonometric-r-method/">三角R方法．

考虑下面的例子:

解以下方程:

$\ cosx - \sqrt{3}\sin x = 2。$

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用R法，这个方程可以转化为

$\ \因为\离开(x +压裂{\π}{3}\右)= 1。$

现在，我们知道了 $\ cos0 ^ \保监会= 1$．因此我们把方程改写为

$\因为\离开(x + \压裂{\π}{3}\右)= \ cos0 ^ \保监会。$

利用上述结果，我们有

$\{对齐}开始x + \压裂{\π}{3}& = 2 n \π\ pm0 \ \ x = 2 n \π- \压裂{\π}{3}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

注意:有时这个问题也会提供一个范围 $x$．在这种情况下，我们取不同的积分值 $x$然后找到解决方案。

但随着方程变得越来越难，各种技巧就派上用场了:双角和三角公式、和积公式等等。有时方程被转换成可以使用R法的形式，有时我们在这个领域有二次方程。

让我们再举一个例子。

求方程的通解 $谭\ cos2x-2 \ x + 2 = 0。$

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请注意, $\ cos2x = \frac{1-\tan^{2} x}{1+\tan^{2} x}。$

代入后，方程只有一个变量: $\ tanx$．我们对表达式求值，然后因式分解得到

$(\ tan x - 1) \离开(2 \ tan ^ {2} x + \ tanx + 3 \右)= 0。$

的方程 $2\tan^{2} x + \tan x + 3 = 0$有虚根，我们不考虑它。因此,我们有

${对齐}\ \开始tan x - 1 & = 0 \ \ \ tanx & = 1 \ \ x = \压裂{\π}{4}+ n \π。\ \ _ \广场结束{对齐}$

这个方程的解是什么

$\sin 2x = \frac{\sqrt{3}}{2}$

在 $x$时间间隔 $(0, 2 \π)?$

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自 $0 \leq 2x \leq 4\pi，$我们有

$\开始{对齐}2 x = \压裂{\π},{3}\压裂{2}{3}\π\压裂{7}{3}\π\压裂{8}{3}\π\ \ \ \ \ Rightarrow x = \压裂{\π}{6}\压裂{\π},{3}\压裂{7}{6}\π\压裂{4}{3}\π。\ \ _ \广场结束{对齐}$

解是什么

$\sin \左(x-\frac{\pi}{3} \右)= -\frac{1}{2}$

在 $x$时间间隔 $(0, 2 \π)?$

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自 $- \压裂{\π}{3}\ leq x - \压裂{\π}{3}\ leq \压裂{5}{3}\π,$我们有

$\{对齐}开始x - \压裂{\π}{3}& = - \压裂{\π}{6}\压裂{7}{6}\π\ \ \ \ \ Rightarrow x & = \压裂{\π}{6}\压裂{3}{2}\π。\ \ _ \广场结束{对齐}$

的通解是什么

$\tan x = 1 ?$

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第一节课 $0 \leq x < \pi，$这个方程的解是 $x = \压裂{\π}{4}。$自 $\ tanx$是 $\π,$所给方程的通解为

$X = n \pi + \frac{\pi}{4}。\ _ \广场$

的通解是什么

$\cos 2x +3\cos x -1=0 ?$

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自 $\cos 2x = 2\cos^2 x -1，$我们有

${对齐}2 \ \开始因为^ 2 x 1 + 3 \ cos x 1 & = 0 \ \(2 \因为x 1) (\ cos (x + 2) & = 0 \ \ \因为x & = \压裂{1}{2}。\qquad (\text{since}\lvert \cos x \rvert \leq 1) \end{aligned}$

自 $\ cos x$是 $2 \π,$给定方程的通解为

$X = 2n \pi \pm \frac{\pi}{3}。\ _ \广场$

的通解是什么

$\tan 2x - 3\tan x = 0 ?$

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自 $\tan 2x = \frac{2\tan x}{1-\tan^2 x}，$我们有

$\begin{aligned} \tan 2x -3\tan x &= 0 \\ frac{2\tan x}{1-\tan^2 x} -3\tan x &= 0 \\ 2\tan x -3\tan x\左(1-\tan^2 x\右)&= 0 \\ \tan x\左(3\tan^2 x -1\右)&= 0 \\ \\右tarrow \tan x &= 0， \pm \frac{1}{\sqrt{3}}。结束\{对齐}$

自 $\ tanx$是 $\π,$给定方程的通解为

$X =n \pi， \text{或}X =n \pi \pm \frac{\pi}{6}。\ _ \广场$

下面这个方程的解是什么 $0 \leq x \leq 2\pi:$

$2\cos^2 x - \sin x -1=0 ?$

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自 $\sin²+ \cos²= 1，$我们重写给定的方程得到

${对齐}2 \ \开始因为^ 2 x - \ sin (x) 1 & = 0 \ \ \ Rightarrow 2(1 - \罪^ 2 x) - \ sin (x) 1 & = 0 \ \ \离开(2 \ sin (x) - 1 \右)(\ sin (x) + 1) & = 0 \ \ \ sin (x) & = \压裂{1}{2},1。结束\{对齐}$

自 $0 \leq x \leq 2\pi，$为 $\ sinx = \frac{1}{2}$我们有

$X = \frac{\pi}{6}， \frac{5}{6} \pi。\ qquad (1)$

为 $\ sinx = -1，$我们有

$X = \frac{3}{2} \pi。\ qquad (2)$

因此,从 $(1）$而且 $（2）$我们有

$x = \压裂{\π}{6}\压裂{5}{6}\π\压裂{3}{2}\π。\ _ \广场$

下面这个方程的解是什么 $0 \leq x \leq 2\pi:$

$\sin^ 4 x + \sin^2 x -1 = \cos^4 x + \cos^2 x ?$

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使用 $\sin^2 x + \cos^2 x = 1，$我们有

$\开始{对齐}\罪罪\ ^ ^ 4 x + 2 x 1 & = \ cos ^ 4 x + \因为^ 2 x \ \ \罪^ 4 x - \因为^ 4 x + \罪^ 2 x - \因为^ 2 x 1 & = 0 \ \ \离开罪恶(\ \因为^ ^ 2 x + 2 x \) \离开罪恶(\ ^ 2 x - \因为^ 2 x \右)+ \罪^ 2 x - \ cos ^ 2 x 1 & 2 = 0 \ \ \罪^ 2 x - 2 \因为^ 2 x - 1 & 2 = 0 \ \ \罪^ 2 x - 2 \离开(1 - \罪^ 2 x \右)1 & = 0 \ \ \ Rightarrow \罪^ 2 x & = \压裂{3}{4}\ \ \下午sin (x) & = \ \压裂{\ sqrt{3}}{2}。结束\{对齐}$

自 $0 \leq x \leq 2\pi，$为 $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$我们有

$X = \frac{\pi}{3}， \frac{2}{3} \pi。\ qquad (1)$

为 $\ sinx = -\frac{\sqrt{3}}{2}，$我们有

$X = \frac{4}{3} \pi， \frac{5}{3} \pi。\ qquad (2)$

因此,从 $(1）$而且 $（2）$解决方案是

$x = \压裂{\π}{3}\压裂{2}{3}\π\压裂{4}{3}\π\压裂{5}{3}\π。\ _ \广场$

下面这个方程的解是什么 $0 \leq x \leq 2\pi:$

$\cos^2 x - \sin^2 2x = 0?$

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我们有

$\begin{aligned} \cos^2x - \sin^2 2x &= 0 \\ sin^2 x -4\sin^2 x \cos^2x &= 0 \qquad (\text{since} \sin 2x = 2\sin x \cos x) \\ cos^2x(1-4\sin^2 x) &= 0 \\ \Rightarrow \cos x &= 0， ~\sin x = \frac{1}{2}， - \frac{1}{2}。结束\{对齐}$

自 $0 \leq x \leq 2\pi，$为 $因为x = 0$我们有

$X = \frac{\pi}{2}， \frac{3}{2} \pi。\ qquad (1)$

为 $\ sinx = \frac{1}{2}，$我们有

$X = \frac{\pi}{6}， \frac{5}{6} \pi。\ qquad (2)$

为 $\ sinx = -\frac{1}{2}，$我们有

$X = \frac{7}{6} \pi， \frac{11}{6} \pi。\ qquad (3)$

因此,从 $(1), (2)$而且 $（3）$解决方案是

$x = \压裂{\π}{2}\压裂{3}{2}\π\压裂{\π}{6}\压裂{5}{6}\π\压裂{7}{6}\π\压裂{11}{6}\π。\ _ \广场$

的价值是什么 $\α$在这一期间 $[0, 2π\]$这样就得到了二次方程 $X ^2 + 2x + 2\cos \ =0$有重复的根源吗?

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对于二次方程 $X ^2 + 2x +2\cos \ = 0$要有重复根，其辨别力 $D$必须是0。因此,

${对齐}\ \开始压裂{D} {4} = 1 - 2 \ cos \α& = 0 \ \ \因为\α& = \压裂{1}{2}\ \ \ Rightarrow \α& = \压裂{\π},{3}\压裂{5}{3}\π。\ \ _ \广场结束{对齐}$

如果是方程的根

$1-6\sin x = \√{5-12\sin x}$

是 $\α,$的价值是什么 $\sin \alpha \cos 2\alpha?$

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两边平方，得到

$\{对齐}开始(1 - 6 \ sin (x)) ^ 2 & = \离开大概{5 - \ sin (x)} (\ \) ^ 2 \ \ 1 - 12 \ sin (x) + 36 \罪^ 2 x & = 5 - 12 \ sin (x) \ \ \罪^ 2 x & = \压裂{1}{9}\ \ \下午Rightarrow \ sin (x) & = \ \压裂{1}{3}。结束\{对齐}$

因为只有 $\ sinx = - \frac{1}{3}$满足 $1-6\sin x = \√{5-12\sin x}，$我们有 $罪\ \α= - \压裂{1}{3}。$

因此, $\sin \alpha \cos 2\alpha$是

$罪\开始{对齐}\ \α\ cos 2 \αα& = \罪\ \离开(α1 - 2 \罪^ 2 \ \ ) \\ &= -\ 压裂{1}{3}\离开(1 - \压裂{2}{9}\ ) \\ &= -\ 压裂{7}{27}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

如果是二次方程的根 $8 x ^ 2 + 7 x + = 0$是 $罪\ \θ$而且 $\ cos 2 \θ,$是什么 $一个吗?$

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从<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/vietas-formula-forming-quadratics/" class="wiki_link" title="Vieta的公式" target="_blank">Vieta的公式,我们有

$\begin{aligned} \sin \theta + \cos 2\theta &= -\frac{7}{8} &\qquad (1) \\ \sin \theta \cos 2\theta &= \frac{a}{8}。& \ qquad结束(2)\{对齐}$

从 $(1),$我们有

$罪\开始{对齐}\ \θ+ \ cosθ& = - 2 \ \压裂{7}{8}\ \ 8罪(\ \θ+ 1——2 \罪^ 2 \θ)+ 7 & = 0 \ \罪(4 \ \θ+ 3)罪(4 \ \θ- 5)&θ= 0 \ \ \ Rightarrow \罪\ & = - \压裂{3},{4}\压裂{5}{4}。结束\{对齐}$

自 $\lvert \sin \theta \rvert \leq 1，$由此可见, $\sin \theta = -\frac{3}{4}。$

因此,我们有

$\开始{对齐}\ cosθ2 \ & = 1 - 2θ\罪^ 2 \ \ \ & = 1 - 2罪\ ^ 2 \左(- \压裂{3}{4}\ ) \\ &= -\ 压裂{1}{8}。结束\{对齐}$

用这个 $（2）$给了

$罪\开始{对齐}\ \θ\ cosθ2 \ & = \压裂{一}{8}\ \ \离开(- \压裂{3}{4}\)\离开(- \压裂{1}{8}\右)& = \压裂{一}{8}\ \ \ Rightarrow一= \压裂{3}{4}。\ \ _ \广场结束{对齐}$