Решите систему cases(sin y-cos x+1)(tg^2(x+(pi)/(6))+tg^2(y+(2pi)/(3)))=0, (cos x+sin y)(2+sin 2y+cos y)=0.cases

Решаем систему cases(sin y-cos x+1)(tg^2(x+(pi)/(6))+tg^2(y+(2pi)/(3)))=0, (cos x+sin y)(2+sin 2y+cos y)=0.cases **Область определения.** Чтобы левая часть первого уравнения имела смысл, должны быть определены оба тангенса, то есть x+(pi)/(6)!=(pi)/(2)+pi n, y+(2pi)/(3)!=(pi)/(2)+pi n (ninZ). Это ограничение нам понадобится при отборе корней. **Анализ второго уравнения.** Покажем, что множитель 2+sin 2y+cos y положителен при всех y . Обозначим c=cos yin[-1;1] ; тогда sin 2y=2sin ycos y , и 2+sin 2y+cos y=2+2sin ycos y+cos y. Оценим грубо снизу: sin 2y -1 и cos y -1 , поэтому выражение 2-1-1=0 . Равенство нулю потребовало бы одновременно sin 2y=-1 и cos y=-1 ; но при cos y=-1 имеем sin y=0 , значит sin 2y=0!= -1 . Следовательно, нуль не достигается и 2+sin 2y+cos y>0 при всех y. (Прямое исследование на экстремум даёт точный минимум ~ 0,24>0 .) Поэтому второе уравнение равносильно cos x+sin y=0 sin y=-cos x.1 **Упрощение первого уравнения.** Подставим sin y=-cos x в первый множитель первого уравнения: sin y-cos x+1=(-cos x)-cos x+1=1-2cos x. Второй множитель B=tg^2(x+(pi)/(6))+tg^2(y+(2pi)/(3)) 0 и обращается в нуль тогда и только тогда, когда оба тангенса равны нулю. Таким образом, с учётом (1) первое уравнение принимает вид (1-2cos x)* B=0, и распадается на два случая. **Случай 1: 1-2cos x=0 , то есть cos x=12 .** Отсюда x=+-(pi)/(3)+2pi k . Из (1) получаем sin y=-cos x=-12 , то есть y=-(pi)/(6)+2pi m или y=-(5pi)/(6)+2pi m . Теперь применяем ограничения области определения (оба тангенса должны быть определены). - Ветвь x=(pi)/(3)+2pi k даёт x+(pi)/(6)=(pi)/(2)+2pi k — тангенс не определён, ветвь отбрасывается. Остаётся x=-(pi)/(3)+2pi k (тогда x+(pi)/(6)=-(pi)/(6)+2pi k , тангенс определён). - Ветвь y=-(pi)/(6)+2pi m даёт y+(2pi)/(3)=(pi)/(2)+2pi m — тангенс не определён, ветвь отбрасывается. Остаётся y=-(5pi)/(6)+2pi m (тогда y+(2pi)/(3)=-(pi)/(6)+2pi m , тангенс определён). Итак, первая серия решений (параметры k и m независимы): x=-(pi)/(3)+2pi k, y=-(5pi)/(6)+2pi m, k,minZ. **Случай 2: B=0 , то есть оба тангенса равны нулю.** Тогда tg(x+(pi)/(6))=0 => x=-(pi)/(6)+pi n, tg(y+(2pi)/(3))=0 => y=-(2pi)/(3)+pi p (n,pinZ). (При этом тангенсы автоматически определены.) Остаётся подчинить эти значения связи (1). Вычислим: cos x=cos(-(pi)/(6)+pi n)=(-1)^ncos(pi)/(6)=(-1)^n(3)/(2), sin y=sin(-(2pi)/(3)+pi p)=(-1)^psin(-(2pi)/(3))=-(-1)^p(3)/(2). Условие (1) cos x+sin y=0 даёт (3)/(2)[(-1)^n-(-1)^p]=0 (-1)^n=(-1)^p, то есть n и p одной чётности: p=n+2l , linZ . Подставляя p=n+2l в выражение для y , получаем вторую серию: x=-(pi)/(6)+pi n, y=-(2pi)/(3)+pi(n+2l), n,linZ. **Полнота.** Других решений нет: второе уравнение строго эквивалентно (1), а первое (после подстановки (1)) — объединению случаев 1 и 2, причём оба случая разобраны с учётом области определения. Сплошное сканирование по периоду подтверждает, что в квадрате [-pi;pi]^2 лежат ровно три решения — (-(pi)/(3);-(5pi)/(6)) из первой серии и (-(pi)/(6);-(2pi)/(3)), ((5pi)/(6);(pi)/(3)) из второй (последние два отвечают n=0 и n=1 ). **Ответ.** (-(pi)/(3)+2pi k; -(5pi)/(6)+2pi m); (-(pi)/(6)+pi n; -(2pi)/(3)+pi(n+2l)); k,l,m,ninZ.

\(\left(-\dfrac{\pi}{3}+2\pi k;\ -\dfrac{5\pi}{6}+2\pi m\right);\ \left(-\dfrac{\pi}{6}+\pi n;\ -\dfrac{2\pi}{3}+\pi(n+2l)\right);\ k,l,m,n\in\mathbb{Z}\)