Номер 45.17, страница 92, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

45.17. Решите уравнение:

1) $sin2x + tgx - 2 = 0;$

2) $2cos2x + 2tg^2x = 5;$

3) $2(tg\frac{x}{2} - 1) - cosx = 0;$

4) $\frac{sin^2 x - 2}{sin^2 x - 4cos^2 \frac{x}{2}} = tg^2 \frac{x}{2};$

5) $\frac{4ctgx}{1 + ctg^2x} + sin^2 2x + 1 = 0;$

6) $1 + cosx = 2tg\frac{x}{2} - 1.$

1) $sin2x + tgx - 2 = 0$

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Тангенс определен, если $cosx \ne 0$, то есть $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу синуса двойного угла через тангенс: $sin2x = \frac{2tgx}{1+tg^2x}$.

Пусть $t = tgx$. Уравнение принимает вид:

$\frac{2t}{1+t^2} + t - 2 = 0$

Умножим обе части на $1+t^2$ (это выражение всегда больше нуля):

$2t + t(1+t^2) - 2(1+t^2) = 0$

$2t + t + t^3 - 2 - 2t^2 = 0$

$t^3 - 2t^2 + 3t - 2 = 0$

Найдем корни этого кубического уравнения. Проверим делители свободного члена (-2): $\pm1, \pm2$.

При $t=1$: $1^3 - 2(1)^2 + 3(1) - 2 = 1 - 2 + 3 - 2 = 0$. Значит, $t=1$ является корнем.

Разделим многочлен $(t^3 - 2t^2 + 3t - 2)$ на $(t - 1)$:

$(t - 1)(t^2 - t + 2) = 0$

Рассмотрим квадратное уравнение $t^2 - t + 2 = 0$. Его дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1 - 8 = -7 < 0$. Действительных корней нет.

Таким образом, единственное решение для $t$ это $t=1$.

Возвращаемся к замене:

$tgx = 1$

$x = arctg(1) + \pi n = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Данное решение удовлетворяет ОДЗ.

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

2) $2cos2x + 2tg^2x = 5$

ОДЗ: $cosx \ne 0 \implies x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу косинуса двойного угла через тангенс: $cos2x = \frac{1-tg^2x}{1+tg^2x}$.

Пусть $t = tgx$. Уравнение принимает вид:

$2 \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2} + 2t^2 = 5$

Умножим обе части на $1+t^2$:

$2(1-t^2) + 2t^2(1+t^2) = 5(1+t^2)$

$2 - 2t^2 + 2t^2 + 2t^4 = 5 + 5t^2$

$2t^4 - 5t^2 - 3 = 0$

Это биквадратное уравнение. Сделаем замену $y = t^2$, где $y \ge 0$.

$2y^2 - 5y - 3 = 0$

Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49 = 7^2$.

$y_1 = \frac{5 - 7}{4} = -\frac{1}{2}$ (не подходит, так как $y \ge 0$).

$y_2 = \frac{5 + 7}{4} = \frac{12}{4} = 3$.

Возвращаемся к замене $t^2 = 3$, откуда $t = \pm\sqrt{3}$.

1) $tgx = \sqrt{3} \implies x = \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) $tgx = -\sqrt{3} \implies x = -\frac{\pi}{3} + \pi m, m \in \mathbb{Z}$.

Эти две серии корней можно объединить в одну: $x = \pm\frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Все решения удовлетворяют ОДЗ.

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

3) $2(tg\frac{x}{2} - 1) - cosx = 0$

ОДЗ: $cos\frac{x}{2} \ne 0 \implies \frac{x}{2} \ne \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x \ne \pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Используем универсальную тригонометрическую подстановку: $cosx = \frac{1-tg^2\frac{x}{2}}{1+tg^2\frac{x}{2}}$.

Пусть $t = tg\frac{x}{2}$. Уравнение принимает вид:

$2(t - 1) - \frac{1-t^2}{1+t^2} = 0$

$2(t - 1) = \frac{1-t^2}{1+t^2}$

$2(t - 1)(1+t^2) = 1 - t^2$

$2(t + t^3 - 1 - t^2) = 1 - t^2$

$2t^3 - 2t^2 + 2t - 2 = 1 - t^2$

$2t^3 - t^2 + 2t - 3 = 0$

Проверим целые делители свободного члена (-3): $\pm1, \pm3$.

При $t=1$: $2(1)^3 - 1^2 + 2(1) - 3 = 2 - 1 + 2 - 3 = 0$. Значит, $t=1$ является корнем.

Разделим многочлен $(2t^3 - t^2 + 2t - 3)$ на $(t - 1)$:

$(t - 1)(2t^2 + t + 3) = 0$

Рассмотрим квадратное уравнение $2t^2 + t + 3 = 0$. Дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 1 - 24 = -23 < 0$. Действительных корней нет.

Единственное решение для $t$ это $t=1$.

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

$\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + \pi n$

$x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Решение удовлетворяет ОДЗ.

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

4) $\frac{sin^2x - 2}{sin^2x - 4cos^2\frac{x}{2}} = tg^2\frac{x}{2}$

ОДЗ: $cos\frac{x}{2} \ne 0 \implies x \ne \pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$ и $sin^2x - 4cos^2\frac{x}{2} \ne 0$.

Преобразуем знаменатель, используя формулу синуса двойного угла $sinx = 2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}$:

$sin^2x - 4cos^2\frac{x}{2} = (2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2})^2 - 4cos^2\frac{x}{2} = 4sin^2\frac{x}{2}cos^2\frac{x}{2} - 4cos^2\frac{x}{2}$

$= 4cos^2\frac{x}{2}(sin^2\frac{x}{2} - 1) = 4cos^2\frac{x}{2}(-cos^2\frac{x}{2}) = -4cos^4\frac{x}{2}$

Уравнение принимает вид (с учетом $tg^2\frac{x}{2} = \frac{sin^2\frac{x}{2}}{cos^2\frac{x}{2}}$):

$\frac{sin^2x - 2}{-4cos^4\frac{x}{2}} = \frac{sin^2\frac{x}{2}}{cos^2\frac{x}{2}}$

Так как по ОДЗ $cos\frac{x}{2} \ne 0$, можно умножить обе части на $-4cos^4\frac{x}{2}$:

$sin^2x - 2 = -4sin^2\frac{x}{2}cos^2\frac{x}{2}$

Выражение в правой части равно $- (2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2})^2 = -sin^2x$.

$sin^2x - 2 = -sin^2x$

$2sin^2x = 2$

$sin^2x = 1$

Это равносильно $cosx = 0$, откуда $x = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Проверим ОДЗ. Если $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, то $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$. В этом случае $cos\frac{x}{2} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2} \ne 0$.

Также проверим знаменатель: $sin^2x - 4cos^2\frac{x}{2} = 1 - 4(\pm\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = 1 - 4(\frac{1}{2}) = 1 - 2 = -1 \ne 0$.

Все условия ОДЗ выполнены.

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

5) $\frac{4ctgx}{1+ctg^2x} + sin^22x + 1 = 0$

ОДЗ: $ctgx$ определен, значит $sinx \ne 0 \implies x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Преобразуем первое слагаемое, используя формулу $1+ctg^2x = \frac{1}{sin^2x}$:

$\frac{4ctgx}{1+ctg^2x} = \frac{4\frac{cosx}{sinx}}{\frac{1}{sin^2x}} = 4\frac{cosx}{sinx} \cdot sin^2x = 4sinxcosx = 2(2sinxcosx) = 2sin2x$

Подставим это в исходное уравнение:

$2sin2x + sin^22x + 1 = 0$

Перепишем в виде полного квадрата:

$sin^22x + 2sin2x + 1 = 0$

$(sin2x + 1)^2 = 0$

$sin2x = -1$

$2x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n$

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

Проверим ОДЗ. Значения $x$ вида $-\frac{\pi}{4} + \pi n$ не являются кратными $\pi$, поэтому $sinx \ne 0$. ОДЗ выполняется.

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

6) $1 + cosx = 2tg^2\frac{x}{2} - 1$

ОДЗ: $cos\frac{x}{2} \ne 0 \implies x \ne \pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Используем формулы половинного угла: $1+cosx = 2cos^2\frac{x}{2}$ и $tg^2\frac{x}{2} = \frac{sin^2\frac{x}{2}}{cos^2\frac{x}{2}}$.

$2cos^2\frac{x}{2} = 2\frac{sin^2\frac{x}{2}}{cos^2\frac{x}{2}} - 1$

Умножим обе части на $cos^2\frac{x}{2}$ (по ОДЗ это не ноль):

$2cos^4\frac{x}{2} = 2sin^2\frac{x}{2} - cos^2\frac{x}{2}$

Заменим $sin^2\frac{x}{2}$ на $1 - cos^2\frac{x}{2}$:

$2cos^4\frac{x}{2} = 2(1 - cos^2\frac{x}{2}) - cos^2\frac{x}{2}$

$2cos^4\frac{x}{2} = 2 - 2cos^2\frac{x}{2} - cos^2\frac{x}{2}$

$2cos^4\frac{x}{2} + 3cos^2\frac{x}{2} - 2 = 0$

Сделаем замену $y = cos^2\frac{x}{2}$, где $0 \le y \le 1$ (и $y \ne 0$ по ОДЗ).

$2y^2 + 3y - 2 = 0$

Дискриминант $D = 3^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-2) = 9 + 16 = 25 = 5^2$.

$y_1 = \frac{-3 - 5}{4} = -2$ (не подходит).

$y_2 = \frac{-3 + 5}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ (подходит).

Возвращаемся к замене:

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

Используем формулу понижения степени $cos^2\alpha = \frac{1+cos2\alpha}{2}$:

$\frac{1+cosx}{2} = \frac{1}{2}$

$1 + cosx = 1$

$cosx = 0$

$x = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Проверим ОДЗ. Если $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, то $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$. В этом случае $cos\frac{x}{2} \ne 0$. ОДЗ выполняется.

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