Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1108
2015-03-14 
Решите уравнение:
$\frac{1}{ \sin x} + \frac{1}{\cos x} = \frac{1}{p}$,
где $p$ — действительный параметр. Исследуйте, при каких значениях параметра существуют решения и сколько.
Решение:
Заметим, что $p \neq 0$ и что, если $x$ — корень, то
$\sin x \cdot \cos x \neq 0$.
Умножим обе части уравнения на $p \sin x \cos x$. Мы получим $p( \sin x + \cos x) = \sin x \cos x$ или после подстановки $x = \frac{\pi}{4} + y$:
$p \left ( \sin \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) + \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) \right ) = \sin \left ( \frac{\pi}{4} +y \right ) \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right )$.
Но
$\sin \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) + \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) = \sin \left ( \frac{\pi}{4} +y \right ) + \sin \left ( \frac{\pi}{4} - y \right ) = 2 \sin \frac{\left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) + \left ( \frac{\pi}{4} - y \right ) }{2} \cdot \cos \frac{ \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) - \left ( \frac{\pi}{4} -y \right ) }{} = 2\sin \frac{\pi}{4} \cos y = \sqrt{2} \cos y$,
$\sin \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) \cdot \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) = \frac{1}{2} \sin \left ( \frac{ \pi}{2} + 2y \right ) = \frac{1}{2} \sin \left ( \frac{\pi}{2} – 2y \right ) = \frac{1}{2} \cos 2y = \frac{1}{2} (\cos^{2} y - \sin^{2} y) = \frac{1}{2} (\cos^{2} y – (1 - \cos^{2} y)) = \frac{1}{2} (2 \cos^{2} y - 1)$,
так что если ввести обозначение $z = \cos y$, то уравнение
$p (\sin x + \cos x) = \sin x \cos x$
равносильно следующему:
$\sqrt{2} pz = \frac{1}{2} (2z^{2} - 1)$.
Или
$2x^{2} – 2 \sqrt{2} pz – 1 = 0$,
откуда имеем:
$z_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (p + \sqrt{p^{2} + 1}), z_{2} = \frac{1}{ \sqrt{2}} (p - \sqrt{p^{2} + 1})$.
Для любого действительного значения $p$, очевидно,
$z_{1} > 0 > z_{2}$.
Так как должно быть
$z_{1} \leq 1, z_{2} \geq -1$,
то $p$ должно удовлетворять следующим условиям:
$- \frac{1}{2 \sqrt{2}} \leq p \leq \frac{1}{2 \sqrt{2}}$.
Легко видеть, что при всех $p$ из этого промежутка корни $z_{1}$, $z_{2}$ уравнения $2z^{2} – 2 \sqrt{2} pz – 1 = 0$ будут различны. Тогда для значения $0 \leq y < 2 \pi$ получаются четыре следующих значения:
$y_{1} = arcos z_{1}, y_{2} = 2 \pi – arccos z_{1} , y_{3} = arcos z_{2}, y_{4} = 2 \pi – arcos z_{2}$.
Они все различны, кроме случая, если $p = - \frac{1}{ 2 \sqrt{2}}$, когда различных только два. Это же имеет место для любого промежутка переменной $y$ вида: $2k \pi \leq y < 2 (k+1) \pi$. Используя подстановку $x = y + \frac{\pi}{4}$, получаем выражения для $x$. Исследование существования и количества решении уже проведено.
Решите уравнение:
$\frac{1}{ \sin x} + \frac{1}{\cos x} = \frac{1}{p}$,
где $p$ — действительный параметр. Исследуйте, при каких значениях параметра существуют решения и сколько.
Решение:
Заметим, что $p \neq 0$ и что, если $x$ — корень, то
$\sin x \cdot \cos x \neq 0$.
Умножим обе части уравнения на $p \sin x \cos x$. Мы получим $p( \sin x + \cos x) = \sin x \cos x$ или после подстановки $x = \frac{\pi}{4} + y$:
$p \left ( \sin \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) + \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) \right ) = \sin \left ( \frac{\pi}{4} +y \right ) \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right )$.
Но
$\sin \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) + \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) = \sin \left ( \frac{\pi}{4} +y \right ) + \sin \left ( \frac{\pi}{4} - y \right ) = 2 \sin \frac{\left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) + \left ( \frac{\pi}{4} - y \right ) }{2} \cdot \cos \frac{ \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) - \left ( \frac{\pi}{4} -y \right ) }{} = 2\sin \frac{\pi}{4} \cos y = \sqrt{2} \cos y$,
$\sin \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) \cdot \cos \left ( \frac{\pi}{4} + y \right ) = \frac{1}{2} \sin \left ( \frac{ \pi}{2} + 2y \right ) = \frac{1}{2} \sin \left ( \frac{\pi}{2} – 2y \right ) = \frac{1}{2} \cos 2y = \frac{1}{2} (\cos^{2} y - \sin^{2} y) = \frac{1}{2} (\cos^{2} y – (1 - \cos^{2} y)) = \frac{1}{2} (2 \cos^{2} y - 1)$,
так что если ввести обозначение $z = \cos y$, то уравнение
$p (\sin x + \cos x) = \sin x \cos x$
равносильно следующему:
$\sqrt{2} pz = \frac{1}{2} (2z^{2} - 1)$.
Или
$2x^{2} – 2 \sqrt{2} pz – 1 = 0$,
откуда имеем:
$z_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (p + \sqrt{p^{2} + 1}), z_{2} = \frac{1}{ \sqrt{2}} (p - \sqrt{p^{2} + 1})$.
Для любого действительного значения $p$, очевидно,
$z_{1} > 0 > z_{2}$.
Так как должно быть
$z_{1} \leq 1, z_{2} \geq -1$,
то $p$ должно удовлетворять следующим условиям:
$- \frac{1}{2 \sqrt{2}} \leq p \leq \frac{1}{2 \sqrt{2}}$.
Легко видеть, что при всех $p$ из этого промежутка корни $z_{1}$, $z_{2}$ уравнения $2z^{2} – 2 \sqrt{2} pz – 1 = 0$ будут различны. Тогда для значения $0 \leq y < 2 \pi$ получаются четыре следующих значения:
$y_{1} = arcos z_{1}, y_{2} = 2 \pi – arccos z_{1} , y_{3} = arcos z_{2}, y_{4} = 2 \pi – arcos z_{2}$.
Они все различны, кроме случая, если $p = - \frac{1}{ 2 \sqrt{2}}$, когда различных только два. Это же имеет место для любого промежутка переменной $y$ вида: $2k \pi \leq y < 2 (k+1) \pi$. Используя подстановку $x = y + \frac{\pi}{4}$, получаем выражения для $x$. Исследование существования и количества решении уже проведено.
