Образователни технологии
ЛОГАРИТМИЧНИ И ТРИГОНОМЕТРИЧНИ ФУНКЦИИ В ТРАНСЦЕНДЕНТНИ УРАВНЕНИЯ (II ЧАСТ)
Резюме. Статията е продължение на статията от същия автор в брой 1/2017 г. на сп. „Математика и информатика“, посветена на трансцендентни уравнения, като сега вместо комбинации от показателни и тригонометричи функции се разглеждат комбинации от логаритмични и тригонометрични функции. Предложени са подходи за решаването им.
Ключови думи: transcendental equations; logarithmic equations; trigonometric equations; problem solving
В настоящата статия прилагаме идеята за решаване на комбинации от показателни и тригонометрични функции в основата на показателно уравнение от (Stefanova, 2017) при решаване на логаритмични уравнения с основа или аргумент тригонометрични функции. Задачите, които предлагаме, са подходящи за ученици, проявяващи интерес към математиката, и спомагат за повишаване нивото на подготовка за различни математически конкурси, олимпиади и други. За да се решат тези задачи, е необходимо много добро владеене на различните групи логаритмични и тригонометрични уравнения. Освен това трябват и знания за решаване на тригонометрични неравенства. Целта е обвързване на познанията за логаритмични и тригонометрични функции със съответните групи уравнения. За да открият различните връзки, учениците упражняват методите на научно изследване, убеждават се в тяхното значение и у тях се поражда стремеж за овладяването им. Всичко това е необходимо на творческата личност в съвременните условия, когато трябва умело да се използват знанията от една област на науката в друга.
За успешното формиране на умения за решаване на предложените уравнения сме обособили няколко групи.
I група: логаритмични уравнения с основа константа и аргумент тригонометрична функция, съдържаща неизвестно.
Задача 1. Да се реши уравнението \(3\left(\log _{2} \sin x\right)^{2}+\log _{2}(1-\cos 2 x)=2\).
Решение. За да се реши даденото уравнение, е необходимо да се определи множеството от допустими стойности, което се свежда до съставяне на система от тригонометрични неравенства и решаването им. За да съставим самата система, използваме необходимото условие за аргумента на логаритмичната функция да е положителен, а основата да е положителна и различна от единица. Тогава множеството от допустими стойности на даденото уравнение се състои от всички \(x\), за които едновременно са изпълнени неравенствата \(\sin x \gt 0\) и \(1-\cos 2 x \gt 0\), т.е. имаме системата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & \sin x \gt 0 \\ & 1-\cos 2 x \gt 0\end{aligned}\right.\). След като решим тази система неравенства, получаваме, че са допустими всички \(x \in(2 \pi n ; \pi+2 \pi n), n \in Z\). Като приложим формулата за понижаване степента и основните теореми за логаритмуване, преобразуваме даденото уравнение в еквивалентно: \(3\left(\log _{2} \sin x\right)^{2}+2 \log _{2} \sin x=1\). Полагаме \(z=\log _{2} \sin x\) и получаваме квадратното уравнение \(3 z^{2}+2 z-1=0\), с корени \(z_{1}=-1\) и \(z_{2}=\tfrac{2}{3}\). Оттук имаме \(\log _{2} \sin x=-1\). Тогава, разширявайки множеството от допустими стойности, получаваме уравнението \(\sin x=\tfrac{1}{2}\), чиито корени са \(x=(-1)^{m} \tfrac{\pi}{6}+\pi m, m \in Z\).Лесно се проверява, че всичките \(x\) от тази съвкупност принадлежат на множеството от допустими стойности на даденото уравнение, следователно те са неговите решения. От \(\log _{2} \sin x=\tfrac{2}{3}\) имаме, че \(\sin x=\sqrt[3]{4}\), но това тригонометрично уравнение няма решение.
Задача 2. Да се реши уравнението \(\log _{2}(1+4 \sin x \cos x)+3 \log _{\tfrac{1}{8}}\left(\tfrac{3}{2}-2 \cos ^{2} x\right)=1\).
Решение. Използваме свойствата на логаритми и тригонометрични изрази, като преобразуваме даденото уравнение \(\log _{2}(1+4 \sin x \cos x)-\log _{2}\left(\tfrac{3}{2}-2 \cos ^{2} x\right)=1 \Leftrightarrow \log _{2}(1+2 \sin 2 x)=\log _{2}\left(3-4 \cos ^{2} x\right) \Leftrightarrow\) \(\log _{2}(1+2 \sin 2 x)=\log _{2}(1-2 \cos 2 x)\), откъдето записваме системата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & 1+2 \sin 2 x=1-2 \cos 2 x \\ & 1+2 \sin 2 x \gt 0\end{aligned}\right.\). От уравнението на системата намираме, че \(\operatorname{tg} 2 x=-1\), т.е. \(x=-\tfrac{\pi}{8}+\tfrac{1}{2} k \pi, k \in Z\). Получените стойности за \(x\) заместваме в \(1+2 \sin 2 x\) и получаваме \(1+2 \sin \left(-\tfrac{\pi}{4}+k \pi\right)=\left\{\begin{array}{l}1-\sqrt{2}, \text { ако к е четно } \\ 1+\sqrt{2}, \text { ако к е нечетно }\end{array}\right.\). Следователно \(k=2 l+1\), където \(l\) е цяло число, а \(x=-\tfrac{\pi}{8}+(2 l+1) \tfrac{\pi}{2}=\tfrac{3 \pi}{8}+l \pi\).
Задача 3. Да се реши уравнението \(\log _{2}\left(\cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2}\right)+\log _{\tfrac{1}{2}}\left(\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\right)=0\).
Решение. Преобразуваме даденото уравнение до \[ \begin{aligned} & \log _{2}\left(\cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2}\right)-\log _{2}\left(\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\right)=0 \quad \Leftrightarrow \log _{2} \tfrac{\cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2}}{\sin x+\cos \tfrac{x}{2}}=0 \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow_{2} \tfrac{\cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2}}{\sin x+\cos \tfrac{x}{2}}=1 \Leftrightarrow \cos 2 x=\sin x \Leftrightarrow 2 \sin ^{2} x+\sin x-1=0 . \end{aligned} \]
\( \) Полагаме \(y=\sin x\) и получаваме квадратното уравнение \( 2 y^{2}+y-1=0 \) с корени \(y_{1}=-1\) и \(y_{2}=\tfrac{1}{2}\). От \(\sin x=\tfrac{1}{2}\) намираме, че \(x_{1}=(12 k+1) \tfrac{\pi}{6} ; x_{2}=(12 k+5) \tfrac{\pi}{6}\), където \(k \in Z\). От \(\sin x=-1\) намираме, че \(x_{3}=(4 k-1) \tfrac{\pi}{4} ; x_{4}=(4 k+3) \tfrac{\pi}{2}\), където \(k \in Z\).
Задача 4. Да се реши уравнението \(\left|\log _{\tfrac{1}{3}}(1+\sin 2 x)\right|+\left|\log _{\tfrac{1}{3}}(1-\sin 2 x)\right|=1\).
Решение. Ако \(\sin 2 x \geq 0\), то \(1+\sin 2 x \geq 1\). Но тогава \(1-\sin 2 x \leq 1\) и следователно даденото уравнение е равносилно на \(-\log _{\tfrac{1}{3}}(1+\sin 2 x)+\log _{\tfrac{1}{3}}(1-\sin 2 x)=1\), откъдето \(\tfrac{1-\sin 2 x}{1+\sin 2 x}=\tfrac{1}{3}\), т.е. \(\sin 2 x=\tfrac{1}{2}\) и \(x=(-1)^{k} \tfrac{\pi}{12}+\tfrac{k \pi}{2}, k \in Z\). Аналогично, ако \(\sin 2 x \lt 0\) то \(1+\sin 2 x \lt 1\). Оттук \(1-\sin 2 x \gt 1\) и следователно даденото уравнение приема вида \(\log _{\tfrac{1}{3}}(1+\sin 2 x)-\log _{\tfrac{1}{3}}(1-\sin 2 x)=1\). Получаваме \(\sin 2 x=-\tfrac{1}{2}\) и \(x=(-1)^{k+1} \tfrac{\pi}{12}+\tfrac{k \pi}{2}, k \in Z\). Окончателно решенията на даденото уравнение са \(x= \pm \tfrac{\pi}{12}+\tfrac{k \pi}{2}, k \in Z\).
Задача 5. Да се реши уравнението \(\log _{2}(5+3 \cos 4 x)=\sin ^{2}\left(x+\tfrac{\pi}{4}\right)\).
Решение.От \(5+3 \cos 4 x \geq 2(\cos 4 x \geq-1)\) следва,че \(\log _{2}(5+3 \cos 4 x) \geq 1\). Но дясната страна на даденото уравнение не надминава 1, т.е. \(\sin ^{2}\left(x+\tfrac{\pi}{4}\right) \leq 1\). Следователно, за да има решение даденото уравнение, то трябва да е равносилно на системата \(\left.\left|\begin{array}{l}\sin ^{2}\left(x+\tfrac{\pi}{4}\right)=1 \\ \log _{2}(5+3 \cos 4 x)=1\end{array} \Leftrightarrow\right| \begin{aligned} & \cos \left(x+\tfrac{\pi}{4}\right)=0 \\ & \cos 4 x=-1\end{aligned} \Leftrightarrow \right\rvert\, \begin{aligned} & x=\tfrac{\pi}{4}+m \tfrac{\pi}{2} \\ & x=\tfrac{\pi}{4}+n \pi\end{aligned}\), където \(m\) и \(n\) са цели числа, \(x=\tfrac{\pi}{4}+k \pi, k \in Z\).
Задача 6. Да се реши уравнението \(2 \log _{3} \operatorname{cotg} x=\log _{2} \cos x\).
Решение. Множеството от допустими стойности на уравнението е \(x \in\left(2 k \pi ; 2 k \pi+\tfrac{\pi}{2}\right), k \in Z\). Полагаме \(y=\log _{2} \cos x\) и получаваме системата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & \log _{2} \cos x=y \\ & \log _{3} \cfrac{\cos ^{2} x}{1-\cos ^{2} x}=y \end{aligned}\right.\) , която е равносилна с \( \left\lvert\, \begin{aligned} & \cos x=2^{y} \\ & \cfrac{\cos ^{2} x}{1-\cos ^{2} x}=3^{y} \end{aligned}\right. .\) След като заместим \(\cos x\) от първото уравнение във второто, получаваме показателното уравнение \(\tfrac{4^{y}}{1-4^{y}}=3^{y}\) с корен \(y=-1\). От \(\log _{2} \cos x=-1\) намираме, че \(x=\tfrac{\pi}{3}+2 k \pi, k \in Z\).
Задача 7. Да се реши уравнението \(\left(4 x-x^{2}-3\right) \log _{2}\left(\cos ^{2} \pi x+1\right)=1\).
Решение. Непосредствено се проверява, че \(4 x-x^{2}-3 \leq 1\) за всяко реално число \(x\). Освен това от \(1 \leq \cos ^{2} \pi x+1 \leq 2\) следва, че \(0 \leq \log _{2}\left(\cos ^{2} \pi x+1\right) \leq 1\). Тогавададенотоуравнениеееквивалентносъссистемата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & 4 x-x^{2}-3=1 \\ & \log _{2}\left(\cos ^{2} \pi x+1\right)=1\end{aligned}\right.\), която има решение \(x=2\).
Задача 8. Да се намерят стойностите на параметьра \(a\), при които уравненията
\[ \begin{gathered} a(2 a-1) \sin ^{3} x+3 \cos ^{3} x-2 a^{2} \sin x=0 \text { и } \\ \log _{\tfrac{1}{2}}(3 \operatorname{tg} x-1)-\log _{2}(3 \operatorname{tg} x+1)-\log _{\tfrac{1}{\sqrt{2}}}(5-\operatorname{tg} x)=1 \end{gathered} \] са еквивалентни.
Решение. Полагаме \(y=\operatorname{tg} x\) във второто уравнение и решаваме последното за \(y \in\left(\tfrac{1}{3} ; 5\right)\). Получаваме уравнението \(\tfrac{(5-y)^{2}}{9 y^{2}-1}=2\) с корени \(y_{1}=1\) и \(y_{2}=-\tfrac{27}{17}\). От така получените стойности само \(y=1\) е решение, т.е. второто уравнение е еквивалентно на \(\operatorname{tg} x=1\). Записваме първото уравнение в хомогенен вид
\[ a(2 a-1) \sin ^{3} x+3 \cos ^{3} x-2 a^{2} \sin x\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)=0, \] откъдето \(a y^{3}+2 a^{2} y-3=0\) от \(\operatorname{tg} x=y\). Понеже \(y=1\) е корен на второто, то \(2 a^{2}+a-3=0\), т.е. \(a=1\) или \(a=-\tfrac{3}{2}\). Нека \(a=1\), тогава \(y^{3}+2 y-3=0 \Rightarrow\) \((y-1)\left(y^{2}+y+3\right)=0\) и получаваме единствено решение \(y=1\). Следователно \(a=1\) е решение на задачата. Нека \(a=-\tfrac{3}{2}\), тогава \(y^{3}-3 y+2=0 \Rightarrow\) \((y-1)^{2}(y+2)=0\), т.е. \(y=1\) и \(y=-2\) са корените при \(a=-\tfrac{3}{2}\) и тази стойност на а не е решение на задачата.
Задача 9. Да се реши уравнението \((\lg \sin x)^{2}-2 a \lg \sin x-a^{2}+2=0\).
Решение. Полагаме \(\mathrm{z}=\lg \sin x\) и отчитаме, че при всички допустими значения на \(x\) имаме неравенството \(\lg \sin x \leq 0\). Така получаваме системата
Да разгледаме \(f(z)=z^{2}-2 a z-a^{2}+2\). Имаме \(A=1, z_{1}=a, D=2\left(a^{2}-1\right), f(z)=0\) . Тогава \(\left\lvert\, \begin{aligned} & D \geq 0 \\ & z_{0} \lt 0 \\ & f(0) \geq 0\end{aligned}\right.\) . Но \(f(0)\le 0\) и \(\left\lvert\, \begin{array}{ll}a \geq 1, a \leq-1 & \\ a \lt 0 &\\ -\sqrt{2}\le a\le\sqrt{2} & \end{array}\right.\) , откъдето намираме, че \(-\sqrt{2} \leq a \leq-1 \) 1 и \(z_{1 / 2}=a \pm \sqrt{2\left(a^{2}-1\right)} \) . При \(a \leq-\sqrt{2}\) и \(a \geq \sqrt{2}\) следва, че \(z_{1}=a-\sqrt{2\left(a^{2}-1\right)}\) и решаваме уравнението \(\mathrm{z}=\lg \sin x\). При \(a \lt -\sqrt{2}\) имаме \(\sin x=10^{a-\sqrt{2\left(a^{2}-1\right)}}\), при \(-\sqrt{2} \leq a \leq-1\) имаме \(\sin x=10^{a \pm \sqrt{2\left(a^{2}-1\right)}}\), при \(-1 \lt a \lt \sqrt{2}\) няма решение, при \(a \geq \sqrt{2}\) имаме \(\sin x=10^{a-\sqrt{2\left(a^{2}-1\right)}}\), където \(n \in Z\).
II група: логаритмични уравнения с основа, съдържаща неизвестно, и аргумент тригонометрична функция спрямо неизвестното.
Задача 10. Да се реши уравнението \(\log _{\tfrac{-x^{2}-6 x}{10}}(\sin x+\sin 3 x)=\log _{\tfrac{-x^{2}-6 x}{10}} \sin 2 x\).
Решение. Множеството от допустими стойности на уравнението се състои от всички \(x\), за които едновременно са изпълнени неравенствата \(\sin x+\sin 3 x \gt 0, \sin 2 x \gt 0\) и \(\sin x+\sin 3 x \gt 0, \sin 2 x \gt 0\) Разширявайки множеството от допустими стойности, записваме даденото уравнение във вида \(\sin x+\sin 3 x=\sin 2 x\) или \(2 \sin 2 x \cos x=\sin 2 x\). От условията (1) следва, че \(\sin 2 x \neq 0\) и затова можем да разделим двете страни на последното уравнение на \(\sin 2 x\). Тогава получаваме уравнението \(\cos x=\tfrac{1}{2}\), чиито корени са \(x_{1}=\tfrac{\pi}{3}+2 n \pi, x_{2}=-\tfrac{\pi}{3}+2 m \pi ; m, n \in Z\). От получените корени трябва да отделим придобитите, т.е. за всяка от съвкупностите \(x_{1}, x_{2}\) ще намерим стойностите на \(m\) и \(n\), при които корените удовлетворяват условията (1). Разглеждаме първата съвкупност \(x_{1}\). Пьрво ще отделим корените, за които е изпълнено третото от условията (1), т.е. \(x \in(-6 ; 0)\) или \(-6 \lt \tfrac{\pi}{3}+2 n \pi \lt 0\) (2). Трябва да имаме предвид, че \(n\) приема само цели стойности. За всяка неотрицателна стойност на \(n\) изразът е положителен и следователно нито едно \(n \geq 0\) не удовлетворява (2). За всяко цяло \(n \leq-2\) получаваме \(\tfrac{\pi}{3}+2 n \pi \leq \tfrac{\pi}{3}-4 \pi=-\tfrac{11 \pi}{3} \lt -6\), следователно и тези стойности на \(n\) не удовлетворяват (2). Остава да проверим само една стойност \(n=-1\). Оттук следва, че \(n=-1\) удовлетворява неравенството (2). От съвкупността \(x_{1}\) само \(x=-\tfrac{5 \pi}{3}\) (при \(n=-1\) ) удовлетворява третото от условията (1). С проверка установяваме, че тази стойност на \(x\) удовлетворява и останалите условия на (1). Следователно \(x=-\tfrac{5 \pi}{3}\) е корен на даденото уравнение. С проверка получаваме, че нито една стойност на \(x\) от съвкупността \(x_{2}\) не удовлетворява второто от условията (1), следователно съвкупността \(x_{2}\) не съдържа корените на даденото уравнение.
III група: логаритмични уравнения с основа и аргумент тригонометрична функция, съдържаща неизвестно.
Задача 11. Да се реши уравнението \(\log _{\sin x} \cos x+\log _{\cos x} \sin x=2\).
Решение. При определяне на множеството от допустими стойности на уравнението трябва да имаме предвид, че изразът в основата на логаритъма трябва да е положителен и да не е равен на 1. Множеството от допустими стойности се определя от системата неравенства \(\sin x \gt 0, \cos x \gt 0, \sin x \neq 1\), \(\cos x \neq 1\), откъдето \(x \in\left(2 \pi n ; \tfrac{\pi}{2}+2 \pi n\right), n \in Z\). При решаване на уравнения, аналогични на даденото, най-сигурният начин да избегнем грешки, свързани с разширяването на множеството от допустими стойности, е преминаване към друга основа. Самата формула за смяна на основата \(\log _{m} n=\tfrac{\log _{a} n}{\log _{a} m}\) е тъждество. Необходимо е само при избора на \(a\) да осигурим изпълнение на двете условия \(a \gt 0\) и \(a \neq 1\). Като използваме последната формула при основа \(\sin x(\sin x \gt 0\) и \(\sin x \neq 1\) за всички \(x\) от множеството от допустими стойности), преобразуваме левия израз на даденото уравнение и стигаме до уравнението \(\log _{\sin x} \cos x+\left(\log _{\sin x} \cos x\right)^{-1}=2\). Полагаме \(\mathrm{z}=\log _{\sin x} \cos x\) и получаваме квадратното уравнение \(z^{2}-2 z+1=0\) с корен \(z=1\). Следователно \(\log _{\sin x} \cos x=1\). Оттук, разширявайки множеството от допустими стойности за неизвестното, стигаме до уравнението \(\sin x=\cos x\). Разделяме двете страни на това уравнение с \(\cos x\) (при това налагаме ограничението \(\cos x \neq 0\), т.е. \(x \neq \tfrac{\pi}{2}+\pi k, k \in Z\) ) и получаваме уравнението \(\operatorname{tg} x=1\). Трябва да отбележим, че при подобно преобразуване на тригонометрично уравнение в най-общия случай могат да се изпуснат решения. Но в разглеждания случай стойностите \(x=\tfrac{\pi}{2}+\pi k, k \in Z\) не са решения на уравнението \(\sin x=\cos x\), защото \(\sin x-\cos x=\sin \left(\tfrac{\pi}{2}+\pi k\right)-\cos \left(\tfrac{\pi}{2}+\pi k\right)=\) \(=\sin \left(\tfrac{\pi}{2}+\pi k\right)=\left\{\begin{array}{l}1, \text { ако } k \text { е четно } \\ -1, \text { ако } k \text { е нечетно. }\end{array}\right.\)
Следователно няма да изпуснем решения. Уравнението \(\operatorname{tg} x=1\) има решения \(x=\tfrac{\pi}{4}+\pi m, m \in Z\). Установяваме, че при \(m\) нечетно, стойностите на \(x\) от тази съвкупност са придобити корени, а при \(m\) четно получаваме решения на даденото уравнение. Окончателно, търсените решения са \(x=\tfrac{\pi}{4}+2 \pi p, p \in Z\) или \(x=\tfrac{\pi}{4}(8 p+1), p \in Z\).
Задача 12. Да се реши уравнението \(\log _{\cos x}\left(\tfrac{1}{2} \cos ^{2} x+\tfrac{1}{2} \cos x-\tfrac{1}{4}\right)^{\tfrac{1}{3}}=1\).
Решение. Използваме представяне на числото \(1=\log _{\cos x} \cos x\), т.е. \(\log _{\cos x}\left(\tfrac{1}{2} \cos ^{2} x+\tfrac{1}{2} \cos x-\tfrac{1}{4}\right)^{\tfrac{1}{3}}=\log _{\cos x} \cos x\). След антилогаритмуване получаваме \(\left(\tfrac{1}{2} \cos ^{2} x+\tfrac{1}{2} \cos x-\tfrac{1}{4}\right)^{\tfrac{1}{3}}=\cos x\) и повдигаме на трета степен, т.е \(\tfrac{1}{2} \cos ^{2} x+\tfrac{1}{2} \cos x-\tfrac{1}{4}=\cos ^{3} x\). Умножаваме двете страни с 8, групираме \((2 \cos x)^{3}-(2 \cos x)^{2}-2(2 \cos x)+2=0\), полагаме \(2 \cos x=y\), заместваме и получаваме уравнението \(y^{3}-y^{2}-2 y+2=0\), което има корени \(y_{1 / 2}= \pm \sqrt{2}\) и \(y_{3}=1\). Като вземем предвид, че множеството от допустими стойности се определя от системата
\(\left\vert\begin{aligned} & \cos x \gt 0 \\ & \cos x \neq 1 \\ & \cfrac{1}{2} \cos ^{2} x+\cfrac{1}{2} \cos x-\cfrac{1}{4} \gt 0 \end{aligned}\right. ,\)
то само \(\cos x=\tfrac{1}{2}\) и \(\cos x=\tfrac{\sqrt{2}}{2}\) имат решения. Оттук намираме, че \(x_{1}=(6 k \pm 1) \tfrac{\pi}{3}\) и \(x_{2}=(8 k \pm 1) \tfrac{\pi}{4}\), където \(k \in Z\).
Задача 13. Да се реши уравнението \[ \log _{\operatorname{tg} x}\left(\cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2}\right)+\log _{\cot g x}\left(\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\right)=0 \]
Решение. Дефиниционното множество на уравнението се състои от онези \(x\), за които \(\operatorname{tg} x \gt 0, \operatorname{tg} x \neq 1, \operatorname{cotg} x \gt 0\), \(\operatorname{cotg} x \neq 1, \cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2} \gt 0 \quad\) и \(\quad \sin x+\cos \tfrac{x}{2} \gt 0 . \quad\) Тъй като \(\log _{\text {cotgx }}\left(\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\right)=\log _{\tfrac{1}{\operatorname{tgx}}}\left(\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\right)=-\log _{\operatorname{tgx}}\left(\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\right)\), то даденото уравнение е еквивалентно на \(\log _{\operatorname{tg} x}\left(\cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2}\right)=\log _{\operatorname{tg} x}\left(\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\right)\), което в дефиниционното множество е еквивалентно на \(\cos 2 x+\cos \tfrac{x}{2}=\sin x+\cos \tfrac{x}{2}\). Оттук следва, че \(\sin x\) и \(\sin x=\tfrac{1}{2}\). Решенията на уравнението \(\sin x=-1\) не са решения на даденото уравнение, а измежду решенията на \(\sin x=\tfrac{1}{2}\) само \(x=\tfrac{\pi}{6}+4 k \pi, k \in Z\) принадлежат на дефиниционното множество.
Задача 14. Да се реши уравнението \(\log _{\sin x}\left(\sin x-\tfrac{1}{4} \cos x\right)=3\).
Решение. Дефиниционното множество се определя от системата условия: \[ \left\lvert\, \begin{aligned} & 0 \lt \sin x \neq 1 \\ & \sin x-\tfrac{1}{4} \cos x \gt 0 \end{aligned}\right. \]
От определението на логаритъм записваме \(\sin x-\tfrac{1}{4} \cos x=\sin ^{3} x\). Да решим полученото тригонометрично уравнение, като преобразуваме с групиране на \(\sin x\) и \(\sin ^{3} x\). т.е.
\[ \begin{gathered} \sin ^{3} x-\sin x+\tfrac{1}{4} \cos x=0 \Leftrightarrow \cos x-4\left(\sin x-\sin ^{3} x\right)=0 \Leftrightarrow \\ \cos x-4 \sin x \cos ^{2} x=0 \Leftrightarrow \cos x(1-2 \sin 2 x)=0 \end{gathered} \] откъдето \(\cos x=0\) или \(1-2 \sin 2 x=0\).
І. Ако \(\cos x=0\), то \(\sin x= \pm 1\), за \(\sin x\) трябва да бъде изпълнено \(0 \lt \sin x \neq 1\).
Следователно решенията на уравнението \(\cos x=0\) не са решения на даденото уравнение.
II. Нека \(\sin 2 x=\tfrac{1}{2}\). Тогава \(x_{1}=\tfrac{\pi}{12}+k \pi\) и \(x_{2}=\tfrac{5 \pi}{12}+k \pi\), където \(k \in Z\).
При \(k\) нечетно число, т.е. \(k=2 n+1, \quad\) имаме \(\sin \left(\tfrac{5 \pi}{12}+(2 n+1) \pi\right)=-\sin \tfrac{5 \pi}{12} \lt 0 \quad\) и \(\quad \sin \left(\tfrac{\pi}{12}+(2 n+1) \pi\right)=-\sin \tfrac{\pi}{12} \lt 0\). Следователно числата \(x_{1}=\tfrac{5 \pi}{12}+(2 n+1) \pi \quad\) и \(\quad x_{2}=\tfrac{\pi}{12}+(2 n+1) \pi, \quad\) където \(n \in Z\), не са решения на уравнението, понеже не удовлетворяват условието \(\sin x \gt 0\).
При \(k\) четно число, т.е. \(k=2 n\) имаме \(\sin \left(\tfrac{5 \pi}{12}+2 n \pi\right)=\sin \tfrac{5 \pi}{12} \quad\) и \(\sin \left(\tfrac{\pi}{12}+2 n \pi\right)=\sin \tfrac{\pi}{12}\), където \(n \in Z\). И тъй като \(0 \lt \sin \tfrac{5 \pi}{12} \lt 1 \quad\) и \(0 \lt \sin \tfrac{\pi}{12} \lt 1\), то числата \(x_{1}=\tfrac{\pi}{12}+2 n \pi\) и \(x_{2}=\tfrac{5 \pi}{12}+2 n \pi\), където \(n \in Z\), са решения на даденото уравнение.
Задача 15. Да се реши уравнението \(1+4 \log _{9} \operatorname{tg} x-\log _{3}\left(\tfrac{9}{2} \operatorname{tg} x-2 \cos x\right)=\tfrac{1}{\log _{\cos x} \tfrac{1}{3}}\).
Решение. Преобразуваме даденото уравнение до \[ \log _{3} 3+\log _{3} \operatorname{tg}^{2} x-\log \left(\tfrac{9}{2} \operatorname{tg} x-2 \cos x\right)=\log _{3} \tfrac{1}{\cos x} \]
Като антилогаритмуваме, получаваме \(\tfrac{3 \operatorname{tg}^{2} x}{9 \operatorname{tg} x-\cos x}=\tfrac{1}{\cos x}\). След опростяване стигаме до уравнението \(2 \sin ^{2} x-9 \sin x+4=0\), от което намираме \(\sin x=\tfrac{1}{2}\), т.е. \(x=\tfrac{\pi}{6}+2 k \pi\) и \(x=\tfrac{5 \pi}{6}+2 k \pi\). За \(x=\tfrac{5 \pi}{6}+2 k \pi\) изразите в даденото уравнение нямат смисъл. Корените на уравнението са числата \(x=\tfrac{\pi}{6}+2 k \pi\), където \(k \in Z\).
Задача 16. Да се намери стойността на \(\cos x\) от уравнението
\(\log _{\cos x}\left[\sin \left(\tfrac{x}{2}-\tfrac{\pi}{6}\right) \sin \left(\tfrac{x}{2}+\tfrac{\pi}{6}\right)\right]+2 \log _{\tfrac{1}{2}-\cos x}\left[\cos \left(x-\tfrac{\pi}{3}\right)+\cos \left(x+\tfrac{\pi}{3}\right)\right]=3-\log _{\cos x} 2\).
Решение. Даденото уравнение привеждаме във вида
\[ \log _{\cos x}\left(\tfrac{1}{2}-\cos x\right)+2 \log _{\tfrac{1}{2}-\cos x} \cos x-3=0 \]
Полагаме \(\log _{\cos x}\left(\tfrac{1}{2}-\cos x\right)=y\), заместваме и получаваме квадратното уравнение \(y^{2}-3 y+2=0\) с корени \(y_{1}=1\) и \(y_{2}=2\). От \(\log _{\cos x}\left(\tfrac{1}{2}-\cos x\right)=1\) и \(\log _{\cos x}\left(\tfrac{1}{2}-\cos x\right)=2\) намираме, че \(\cos x=\tfrac{1}{4}\) и \(\cos x=\tfrac{-1 \pm \sqrt{3}}{2}\).
Задача 17. Дадено е уравнението \(\log _{\sin x} \operatorname{tg} x+\log _{\cos x} \operatorname{cotg} x=a\), където \(a\) е реален параметър.
A) Да се реши уравнението при \(a=0\) и при \(a=4\).
Б) Да се намерят всички стойности на параметъра \(a\), за които даденото уравнение има решение.
Решение. Допустимите стойности на даденото уравнение се определят от системата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & \sin x \gt 0 \\ & \cos x \gt 0\end{aligned}\right.\). В това множество от реални числа можем да запишем даденото уравнение във вида \(2-\left(\log _{\sin x} \cos x+\log _{\cos x} \sin x\right)=a\). Полагаме \(y=\log _{\sin x} \cos x\), като \(y \gt 0\). От даденото уравнение получаваме \(y+\tfrac{1}{y}=2-a\) (1).
A) Да решим уравнението (1):
a) при \(a=0\) имаме \(y=1 \Rightarrow \log _{\sin x} \cos x=1\), откъдето определяме, че \(\left\lvert\, \begin{aligned} & \sin x \gt 0 \\ & \sin x=\cos x\end{aligned}\right.\) с решение \(x=\tfrac{\pi}{4}+2 k \pi, k \in Z\).
б) при \(a=4\) имаме \(=-1\), но \(y \gt 0\), следователно даденото уравнение няма решение.
Б) Търсим онези стойности на \(a\), за които уравнението \(y+\tfrac{1}{y}=2-a\) има положителен корен. Като използваме, че стойностите на функцията \(f(y)=y+\tfrac{1}{y}\) при \(y \gt 0\) са всички числа, по-големи или равни на 2 , получаваме, че търсените стойности на \(a\) са \(a \leq 0\).
Задача 18. Да се реши уравнението \(\log _{\sin x} 2 . \log _{\sin ^{2} x} a=1\).
Решение. Множеството от допустими стойности на участващите функции се определя от неравенствата \(0 \lt \sin x \lt 1\) и \(a \gt 0\). Преобразуваме лявата страна на уравнението, като привеждаме всички логаритми към логаритми при основа 2 : \[ \log _{\sin x} 2 \cdot \log _{\sin ^{2} x} a=\tfrac{1}{\log _{2} \sin x} \cdot \tfrac{\log _{2} a}{\log _{2} \sin ^{2} x}=\tfrac{\log _{2} a}{\log _{2} \sin x \cdot 2 \log _{2} \sin x}=\tfrac{\log _{2} a}{2\left(\log _{2} \sin x\right)^{2}} . \]
Полагаме \(\log _{2} \sin x=y\) и получаваме уравнението \(\tfrac{\log _{2} a}{2 y^{2}}=1\), откъдето при \(\log _{2} a \gt 0\), т.е. \(a \gt 1\), имаме \(y= \pm \sqrt{\tfrac{\log _{2} a}{2}}\), а при \(\log _{2} a \leq 0\), т.е. \(a \lt 1\), уравнението \(\tfrac{\log _{2} a}{2 y^{2}}=1\) няма решение. И така, при \(a \gt 0\) имаме, че \(\log _{2} \sin x=\sqrt{\tfrac{\log _{2} a}{2}}\) или \(\log _{2} \sin x=-\sqrt{\tfrac{\log _{2} a}{2}}\). Но тъй като \(0 \lt \sin x \lt 1\), то \(\log _{2} \sin x \lt 0\) и следователно решения на даденото уравнение са само решенията на уравнението \(\log _{2} \sin x=-\sqrt{\tfrac{\log _{2} a}{2}}\), т.е. \(\sin x=2^{-\sqrt{\tfrac{\log _{2} a}{2}}}=b\). Нека \(a_{0}\) е решение на уравнението \(\sin x=b\) такова, че \(0 \lt a_{0} \lt \tfrac{\pi}{2}\). Тогава всички решения на даденото уравнение са \(x=(-1)^{k} a_{0}+2 k \pi, k \in Z\) при \(a \gt 1\).
REFERENCES/ЛИТЕРАТУРА
Borodulja, I. (1968). Exponential and logarithmic equations (in Russian). Moscow: Prosveshtenie. [Бородуля, И. (1968). Показателни и логаритмични уравнения и неравенства. Москва: Просвещение.]
Vavilov, V. et al. (1987). Mathematics problems (in Russian). Moscow: Nauka. [Вавилов, В., и др. (1987). Задачи по математика. Москва: Наука.]
Zapryanov, Z., V. Vakarelova & B. Dimitrov(1996). Mathematics for 10-th grade. Sofia: Prosveta [Запрянов, З., В. Вакарелова & Б. Димитров. (1996). Математика Х клас. Просвета, София.]
Zapryanov, Z., V. Vakarelova & B. Dimitrov (1996). Mathematics for 10-th grade (in Bulgarian). Sofia: Prosveta. [Запрянов, З., В. Вакарелова & Б. Димитров (1996). Математика Х клас. София: Просвета.]
Mavrova, R. & D. Boikina (2011). Using extremal values of transcendental functions in solving algebra problems (in Bulgarian). Mathematics Plus, 19 (74), 2, 43 – 46. [Маврова, Р. & Д. Бойкина (2011). Използване на екстремалните стойности на трансцендентни функции при решаване на задачи по алгебра. Математика плюс, 19 (74), 2, 43 – 46.]
Stefanova, D. & P. Penev (2016). One more idea for solving trigonometric equations (in Bulgarian). Mathematics and Informatics, 59, 2, 170 – 182. [Стефанова, Д. & П. Пенев (2016). Още една идея за решаване на тригонометрични уравнения. Математика и информатика, 59, 2, 170 – 182.]
Stefanova, D. & P. Penev (2016). Excel helps in solving some exponential equations (in Bulgarian). Mathematics and Informatics, 59, 5, 368 – 380. [Стефанова, Д. & П. Пенев (2016). Excel в помощ при решаване на някои показателни уравнения. Математика и информатика, 59, 5, 368 – 380.]
Stefanova, D. (2017). Exponential and trigonometric functions in transcendental equations (Part I). Mathematics and Informatics, 60, 1 57 – 63. [Стефанова, Д., (2017). Показателни и тригонометрични функции в трансцендентни уравнения (I част). Математика и информатика,60, 1, 57 – 63.]
Grozdev, S. (2007). For High Achievements in Mathematics.The Bulgarian Experience (Theory and Practice). Sofia: ADE. (ISBN 978-954-92139-1-1), 295 pages.