Paraméteres trigonometria

A valós számok halmazán értelmezett szinuszfüggvény értékkészlete a $[-1; 1]$ zárt intervallum. Ennek megfelelően az egyenlet pontosan akkor oldható meg, ha $-1 \le p \le 1$.

Ha $p = 0$, az egyenlet $0 = 1$ alakot ölt, aminek nincs megoldása. Ha $p \neq 0$, átrendezve kapjuk, hogy $\cos(x) = \frac{1}{p}$. Mivel a koszinusz értékkészlete $[-1; 1]$, a feltétel: $-1 \le \frac{1}{p} \le 1$. Ebből adódik, hogy $p \le -1$ vagy $p \ge 1$.

Vezessünk be új ismeretlent: legyen $y = \sin(x)$, ahol $y \in [-1; 1]$. Az egyenletből $p = y - y^2$. Vizsgáljuk az $f(y) = -y^2 + y$ függvény értékkészletét a $[-1; 1]$ intervallumon. A parabola maximumhelye $y = \frac{1}{2}$, itt a függvényérték $\frac{1}{4}$. A végpontokban: $f(-1) = -2$ és $f(1) = 0$. A folytonosság miatt a függvény minden értéket felvesz $-2$ és $\frac{1}{4}$ között, így $p \in \left[-2; \frac{1}{4}\right]$.

Az $A\sin(x) + B\cos(x) = C$ alakú lineáris trigonometrikus egyenlet pontosan akkor oldható meg, ha $A^2 + B^2 \ge C^2$. Behelyettesítve a megadott együtthatókat: $p^2 + 1^2 \ge 1^2$, azaz $p^2 \ge 0$. Mivel egy valós szám négyzete mindig nemnegatív, ez az egyenlet minden valós $p$ paraméter esetén megoldható ($p \in \mathbb{R}$).

Alkalmazzuk ismét az $A\sin(x) + B\cos(x) = C$ megoldhatósági feltételét ($A^2 + B^2 \ge C^2$). Ekkor $3^2 + 4^2 \ge p^2$, amiből $25 \ge p^2$. Gyökvonás után az adódik, hogy $|p| \le 5$, vagyis a megoldás $-5 \le p \le 5$.

Alakítsuk át a bal oldalt algebrai azonosságok felhasználásával: $\sin^4(x) + \cos^4(x) = (\sin^2(x) + \cos^2(x))^2 - 2\sin^2(x)\cos^2(x)$. Mivel $\sin^2(x) + \cos^2(x) = 1$ és $2\sin(x)\cos(x) = \sin(2x)$, a kifejezés felírható $1 - \frac{1}{2}\sin^2(2x)$ alakban. A $\sin^2(2x)$ értéke a $[0; 1]$ intervallumban mozog, így az eredeti kifejezés minimuma $1 - \frac{1}{2}\cdot 1 = \frac{1}{2}$, maximuma pedig $1 - 0 = 1$. Tehát a megoldás: $p \in \left[\frac{1}{2}; 1\right]$.

Ha $p \neq 0$, akkor eloszthatjuk az egyenletet $p$-vel: $\text{tg}(x) = \frac{p^2-1}{p}$. Mivel a tangensfüggvény értékkészlete a teljes valós számok halmaza, ez az egyenlet minden $p \neq 0$ esetén megoldható. Ha viszont $p = 0$, az egyenlet $0 = -1$ alakra egyszerűsödik, ami nyilvánvaló ellentmondás, így ilyenkor nincs megoldás. Az egyetlen ilyen érték a $p = 0$.

Szorozzuk be az egyenlet mindkét oldalát 2-vel, így az ismert kétszeres szög azonossága alapján kapjuk: $\sin(2x) = 2p$. Mivel a szinusz értékei a $[-1; 1]$ tartományba esnek, teljesülnie kell a $-1 \le 2p \le 1$ egyenlőtlenségnek. Kettővel osztva az adódik, hogy $-\frac{1}{2} \le p \le \frac{1}{2}$.

A bal oldal felírható $R\sin(x-\alpha)$ alakban, ahol az amplitúdó $R = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = \sqrt{3+1} = 2$. Így a bal oldal értékkészlete $[-2; 2]$. A megoldhatóság feltétele, hogy a jobb oldal ebbe az intervallumba essen: $-2 \le p + 1 \le 2$. Mindhárom oldalhoz hozzáadva $-1$-et, a keresett tartomány $-3 \le p \le 1$.

A bal oldalon teljes négyzetté alakítást végezhetünk: $(\cos(x) - p)^2 - 1 = 0$, azaz $(\cos(x) - p)^2 = 1$. Ebből két eset adódik: $\cos(x) - p = 1$ vagy $\cos(x) - p = -1$. Kifejezve a koszinuszt: $\cos(x) = p + 1$ vagy $\cos(x) = p - 1$. Ahhoz, hogy legalább az egyik ágnak legyen megoldása, valamelyiknek a $[-1; 1]$ intervallumba kell esnie. Ha $-1 \le p + 1 \le 1$, akkor $p \in [-2; 0]$. Ha $-1 \le p - 1 \le 1$, akkor $p \in [0; 2]$. A két tartomány uniója lefedi a $[-2; 2]$ intervallumot, így $p \in [-2; 2]$.

Tudjuk, hogy $\text{ctg}(x) = \frac{1}{\text{tg}(x)}$, így az egyenlet $\text{tg}(x) + \frac{1}{\text{tg}(x)} = p$ alakú. Legyen $t = \text{tg}(x)$. Ha $t > 0$, akkor a számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenség miatt $t + \frac{1}{t} \ge 2$. Ha $t < 0$, akkor hasonló megfontolásból $t + \frac{1}{t} \le -2$. A függvény a $(-2; 2)$ nyílt intervallum értékeit nem veszi fel, így a megoldhatóság feltétele: $p \le -2$ vagy $p \ge 2$.

Az összegzés szorzattá alakításával (vagy egy amlplitúdó-fázis formára hozással) a bal oldal írható $\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\sin(x) + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos(x)\right) = \sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$ alakban. Ennek a kifejezésnek a minimuma $-\sqrt{2}$, maximuma pedig $\sqrt{2}$. Tehát a megoldhatóság feltétele: $-\sqrt{2} \le p \le \sqrt{2}$.

A kétszeres szög azonosságával felírható, hogy $2\cos^2(x) - 1 + p\cos(x) = 0$. Legyen $y = \cos(x)$, ekkor $2y^2 + py - 1 = 0$, ahol $y \in [-1; 1]$. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa $\Delta = p^2 + 8$, amely minden valós $p$-re pozitív, így mindig van két valós gyök. A Viète-formulák alapján a két gyök szorzata $y_1 y_2 = -\frac{1}{2}$. Mivel a szorzatuk negatív, az egyik gyök pozitív, a másik negatív. Annak bizonyítására, hogy legalább az egyik gyök mindig a $[-1; 1]$ intervallumba esik, vizsgáljuk a gyökök abszolút értékét: ha mindkettő abszolút értéke $1$-nél nagyobb lenne, a szorzatuk abszolút értéke is nagyobb lenne $1$-nél, ami ellentmond a $-\frac{1}{2}$-nek. Tehát az egyenletnek minden valós $p \in \mathbb{R}$ esetén van megoldása.

Helyettesítsük be a kétszeres szög koszinuszának szinuszos alakját: $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2(x)$. Így az egyenlet alakja: $2\sin^2(x) - (1 - 2\sin^2(x)) = p$, amit összevonva kapjuk, hogy $4\sin^2(x) - 1 = p$. Fejezzük ki a szinusz négyzetét: $\sin^2(x) = \frac{p+1}{4}$. Mivel $0 \le \sin^2(x) \le 1$, az egyenlőtlenség így alakul: $0 \le \frac{p+1}{4} \le 1$. Néggyel szorozva és egyet kivonva megkapjuk a paraméter tartományát: $-1 \le p \le 3$.

Alkalmazzuk az $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)$ azonosságot az $a = \sin^2(x)$ és $b = \cos^2(x)$ kifejezésekre. Így $\sin^6(x) + \cos^6(x) = (\sin^2(x) + \cos^2(x))(\sin^4(x) - \sin^2(x)\cos^2(x) + \cos^4(x))$. Az első tényező $1$. A második felírható mint $(\sin^2(x) + \cos^2(x))^2 - 3\sin^2(x)\cos^2(x) = 1 - \frac{3}{4}\sin^2(2x)$. A kifejezés tehát $1 - \frac{3}{4}\sin^2(2x) = p$. Mivel $0 \le \sin^2(2x) \le 1$, a kifejezés minimuma $1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$, maximuma pedig $1$. Tehát $p \in \left[\frac{1}{4}; 1\right]$.

A tangensfüggvény minden valós értéket felvesz. Bevezetve az $y = \text{tg}(x)$ helyettesítést, egy másodfokú egyenletet kapunk: $y^2 - py + 1 = 0$. Ahhoz, hogy az eredeti egyenletnek legyen megoldása, ennek a másodfokú egyenletnek kell valós gyökkel rendelkeznie. A diszkrimináns feltétele: $\Delta = p^2 - 4 \ge 0$. Ebből a másodfokú egyenlőtlenségből adódik, hogy $p \le -2$ vagy $p \ge 2$.

Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát, figyelembe véve, hogy $p > 0$ kell legyen a bal oldal nemnegativitása miatt: $\sin^2(x) + 2|\sin(x)||\cos(x)| + \cos^2(x) = p^2$. Az azonosságok felhasználásával: $1 + |\sin(2x)| = p^2$. Mivel $0 \le |\sin(2x)| \le 1$, a bal oldal értékkészlete az $[1; 2]$ intervallum. Így $1 \le p^2 \le 2$. Mivel már kikötöttük, hogy $p > 0$, a végső intervallum: $1 \le p \le \sqrt{2}$.

Használjuk a félszögekre vonatkozó trigonometrikus azonosságokat. A számláló felírható mint $2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right)$, a nevező pedig mint $2\cos^2\left(\frac{x}{2}\right)$. A tört leegyszerűsítve: $\frac{2\sin(x/2)\cos(x/2)}{2\cos^2(x/2)} = \text{tg}\left(\frac{x}{2}\right) = p$. Mivel a tangensfüggvény értékkészlete a teljes valós számhalmaz, minden valós $p \in \mathbb{R}$ paraméter esetén létezik megoldás.

A bal oldali kifejezés minimuma és maximuma $R = \sqrt{12^2 + (-5)^2} = \sqrt{144 + 25} = 13$ alapján $-13$ és $13$ között ingadozik. Az egyenlet megoldhatóságának feltétele tehát az, hogy $-13 \le |p| - 1 \le 13$. Hozzáadva egyet minden oldalhoz: $-12 \le |p| \le 14$. Mivel az abszolút érték sosem negatív, ez a feltétel egyenértékű a $0 \le |p| \le 14$ állítással, amelyből a paraméter lehetséges értékeire a $-14 \le p \le 14$ tartomány adódik.

Alkalmazzuk a $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2(x)$ azonosságot: $1 - 2\sin^2(x) - p\sin(x) + 3p - 5 = 0$, amit elosztva $-1$-el és rendezve a $2\sin^2(x) + p\sin(x) - 3p + 4 = 0$ egyenletet kapjuk. Legyen $y = \sin(x)$, ekkor $2y^2 + py - 3p + 4 = 0$. Keressük meg, hogy a polinom szorzattá alakítható-e könnyen gyöktényezőkkel. Észrevehetjük, hogy az egyenlet felírható a paraméter szerinti csoportosítással: $2y^2 + 4 + p(y - 3) = 0$. Kifejezve a paramétert: $p = \frac{-2y^2 - 4}{y - 3}$. Az $y \in [-1; 1]$ intervallumon kell vizsgálni a $p(y)$ kifejezés értékkészletét. Mivel a nevező végig negatív és folytonos ezen a szakaszon, vizsgálhatjuk a deriváltat vagy egyszerűen behelyettesítjük a végpontokat. $p(-1) = \frac{-6}{-4} = 1,5$, $p(1) = \frac{-6}{-2} = 3$. Mivel a racionális törtfüggvény monoton ezen a zárt szakaszon, a tartomány: $1,5 \le p \le 3$.