Номер 20.14, страница 162, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

20.14. Найдите решение уравнения:

1) $\sqrt{5-2\sin x} + 1 = 6\sin x;$

2) $\sqrt{7-18\operatorname{tg} x} - 11 = 6\operatorname{tg} x;$

3) $\sqrt{10-18\cos x} + 2 = 6\cos x;$

4) $\sqrt{4-2\sin^2 x} - \sin x = 2.$

1) $ \sqrt{5-2\sin x} + 1 = 6\sin x $

Перенесем 1 в правую часть уравнения, чтобы изолировать корень:

$ \sqrt{5-2\sin x} = 6\sin x - 1 $

Для существования решения необходимо выполнение двух условий (ОДЗ):

1. По-первых, выражение под корнем должно быть неотрицательным: $ 5-2\sin x \ge 0 $. Так как $-1 \le \sin x \le 1$, то $ -2 \le -2\sin x \le 2 $, и $ 3 \le 5-2\sin x \le 7 $. Это неравенство выполняется для любого $x$.

2. Во-вторых, правая часть уравнения должна быть неотрицательной, так как она равна значению арифметического квадратного корня: $ 6\sin x - 1 \ge 0 $, откуда $ \sin x \ge \frac{1}{6} $.

С учетом этих условий, возведем обе части уравнения в квадрат:

$ 5-2\sin x = (6\sin x - 1)^2 $

$ 5-2\sin x = 36\sin^2 x - 12\sin x + 1 $

$ 36\sin^2 x - 10\sin x - 4 = 0 $

Разделим уравнение на 2:

$ 18\sin^2 x - 5\sin x - 2 = 0 $

Сделаем замену $ t = \sin x $, где $ \frac{1}{6} \le t \le 1 $.

$ 18t^2 - 5t - 2 = 0 $

Находим корни квадратного уравнения:

$ D = (-5)^2 - 4 \cdot 18 \cdot (-2) = 25 + 144 = 169 = 13^2 $

$ t_{1,2} = \frac{5 \pm 13}{2 \cdot 18} = \frac{5 \pm 13}{36} $

$ t_1 = \frac{5+13}{36} = \frac{18}{36} = \frac{1}{2} $

$ t_2 = \frac{5-13}{36} = \frac{-8}{36} = -\frac{2}{9} $

Проверяем корни по условию $ t \ge \frac{1}{6} $.

$ t_1 = \frac{1}{2} $. Так как $ \frac{1}{2} = \frac{3}{6} > \frac{1}{6} $, этот корень подходит.

$ t_2 = -\frac{2}{9} $. Так как $ -\frac{2}{9} < \frac{1}{6} $, этот корень является посторонним.

Возвращаемся к исходной переменной:

$ \sin x = \frac{1}{2} $

$ x = (-1)^k \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) + \pi k, k \in \mathbb{Z} $

$ x = (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x = (-1)^k \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

2) $ \sqrt{7-18\mathrm{tg}\,x} - 11 = 6\mathrm{tg}\,x $

Изолируем корень:

$ \sqrt{7-18\mathrm{tg}\,x} = 6\mathrm{tg}\,x + 11 $

Определим область допустимых значений (ОДЗ):

1. $ 7-18\mathrm{tg}\,x \ge 0 \implies 18\mathrm{tg}\,x \le 7 \implies \mathrm{tg}\,x \le \frac{7}{18} $

2. $ 6\mathrm{tg}\,x + 11 \ge 0 \implies 6\mathrm{tg}\,x \ge -11 \implies \mathrm{tg}\,x \ge -\frac{11}{6} $

Итак, ОДЗ: $ -\frac{11}{6} \le \mathrm{tg}\,x \le \frac{7}{18} $. Также $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Возведем обе части в квадрат:

$ 7 - 18\mathrm{tg}\,x = (6\mathrm{tg}\,x + 11)^2 $

$ 7 - 18\mathrm{tg}\,x = 36\mathrm{tg}^2\,x + 132\mathrm{tg}\,x + 121 $

$ 36\mathrm{tg}^2\,x + 150\mathrm{tg}\,x + 114 = 0 $

Разделим уравнение на 6:

$ 6\mathrm{tg}^2\,x + 25\mathrm{tg}\,x + 19 = 0 $

Сделаем замену $ t = \mathrm{tg}\,x $:

$ 6t^2 + 25t + 19 = 0 $

$ D = 25^2 - 4 \cdot 6 \cdot 19 = 625 - 456 = 169 = 13^2 $

$ t_{1,2} = \frac{-25 \pm 13}{12} $

$ t_1 = \frac{-25+13}{12} = \frac{-12}{12} = -1 $

$ t_2 = \frac{-25-13}{12} = \frac{-38}{12} = -\frac{19}{6} $

Проверяем корни по ОДЗ: $ -\frac{11}{6} \le t \le \frac{7}{18} $.

$ t_1 = -1 $. Условие $ -\frac{11}{6} \le -1 \le \frac{7}{18} $ (т.е. $ -1.83... \le -1 \le 0.38... $) выполняется. Корень подходит.

$ t_2 = -\frac{19}{6} $. Условие $ -\frac{19}{6} \ge -\frac{11}{6} $ не выполняется. Корень посторонний.

Возвращаемся к переменной $x$:

$ \mathrm{tg}\,x = -1 $

$ x = \mathrm{arctg}(-1) + \pi k, k \in \mathbb{Z} $

$ x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

3) $ \sqrt{10-18\cos x} + 2 = 6\cos x $

Изолируем корень:

$ \sqrt{10-18\cos x} = 6\cos x - 2 $

Определим ОДЗ:

1. $ 10-18\cos x \ge 0 \implies 10 \ge 18\cos x \implies \cos x \le \frac{10}{18} = \frac{5}{9} $

2. $ 6\cos x - 2 \ge 0 \implies 6\cos x \ge 2 \implies \cos x \ge \frac{2}{6} = \frac{1}{3} $

Итак, ОДЗ: $ \frac{1}{3} \le \cos x \le \frac{5}{9} $.

Возведем обе части в квадрат:

$ 10 - 18\cos x = (6\cos x - 2)^2 $

$ 10 - 18\cos x = 36\cos^2 x - 24\cos x + 4 $

$ 36\cos^2 x - 6\cos x - 6 = 0 $

Разделим уравнение на 6:

$ 6\cos^2 x - \cos x - 1 = 0 $

Сделаем замену $ t = \cos x $:

$ 6t^2 - t - 1 = 0 $

$ D = (-1)^2 - 4 \cdot 6 \cdot (-1) = 1 + 24 = 25 = 5^2 $

$ t_{1,2} = \frac{1 \pm 5}{12} $

$ t_1 = \frac{1+5}{12} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2} $

$ t_2 = \frac{1-5}{12} = \frac{-4}{12} = -\frac{1}{3} $

Проверяем корни по ОДЗ: $ \frac{1}{3} \le t \le \frac{5}{9} $.

$ t_1 = \frac{1}{2} $. Условие $ \frac{1}{3} \le \frac{1}{2} \le \frac{5}{9} $ (т.е. $ 0.33... \le 0.5 \le 0.55... $) выполняется. Корень подходит.

$ t_2 = -\frac{1}{3} $. Условие $ -\frac{1}{3} \ge \frac{1}{3} $ не выполняется. Корень посторонний.

Возвращаемся к переменной $x$:

$ \cos x = \frac{1}{2} $

$ x = \pm \arccos\left(\frac{1}{2}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

$ x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

4) $ \sqrt{4-2\sin^2 x - \sin x} = 2 $

ОДЗ: $ 4-2\sin^2 x - \sin x \ge 0 $. Пусть $t = \sin x$, где $-1 \le t \le 1$. Неравенство примет вид $ -2t^2-t+4 \ge 0 $, или $ 2t^2+t-4 \le 0 $. Корни уравнения $2t^2+t-4=0$ равны $t = \frac{-1 \pm \sqrt{1-4(2)(-4)}}{4} = \frac{-1 \pm \sqrt{33}}{4}$. Так как $ \frac{-1-\sqrt{33}}{4} \approx -1.68 $ и $ \frac{-1+\sqrt{33}}{4} \approx 1.18 $, то решение неравенства $2t^2+t-4 \le 0$ есть $ t \in [\frac{-1-\sqrt{33}}{4}, \frac{-1+\sqrt{33}}{4}] $. Область $t \in [-1, 1]$ полностью входит в этот промежуток, поэтому ОДЗ выполняется для любого $x$.

Возведем обе части уравнения в квадрат:

$ 4-2\sin^2 x - \sin x = 2^2 $

$ 4-2\sin^2 x - \sin x = 4 $

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

$ 2\sin^2 x + \sin x = 0 $

Вынесем $ \sin x $ за скобки:

$ \sin x (2\sin x + 1) = 0 $

Это уравнение распадается на два:

1. $ \sin x = 0 $

$ x = \pi k, k \in \mathbb{Z} $

2. $ 2\sin x + 1 = 0 \implies \sin x = -\frac{1}{2} $

$ x = (-1)^n \arcsin\left(-\frac{1}{2}\right) + \pi n, n \in \mathbb{Z} $

$ x = (-1)^n \left(-\frac{\pi}{6}\right) + \pi n = (-1)^{n+1} \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $

Оба набора решений удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $ x = \pi k, k \in \mathbb{Z}; \quad x = (-1)^{n+1} \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.