Страница 142, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

18.10. Найдите корни уравнения:

1) $8\arccos^2x + 2\pi\arccos x - \pi^2 = 0;$

2) $3\arcsin^2x + 2\pi\arcsin x - \pi^2 = 0;$

3) $18\arccos^2x = 3\pi\arccos x + \pi^2;$

4) $\arcsin^2x - 2\pi\arcsin x - 3\pi^2 = 0.$

1) Исходное уравнение: $8\arccos^2x + 2\pi\arccos x - \pi^2 = 0$.

Это квадратное уравнение относительно $\arccos x$. Сделаем замену переменной. Пусть $y = \arccos x$.

Область значений арккосинуса: $0 \le y \le \pi$.

Подставим $y$ в уравнение:

$8y^2 + 2\pi y - \pi^2 = 0$.

Найдем корни этого квадратного уравнения с помощью дискриминанта:

$D = (2\pi)^2 - 4 \cdot 8 \cdot (-\pi^2) = 4\pi^2 + 32\pi^2 = 36\pi^2$.

$y_{1,2} = \frac{-2\pi \pm \sqrt{36\pi^2}}{2 \cdot 8} = \frac{-2\pi \pm 6\pi}{16}$.

$y_1 = \frac{-2\pi + 6\pi}{16} = \frac{4\pi}{16} = \frac{\pi}{4}$.

$y_2 = \frac{-2\pi - 6\pi}{16} = \frac{-8\pi}{16} = -\frac{\pi}{2}$.

Теперь проверим, удовлетворяют ли найденные значения $y$ условию $0 \le y \le \pi$.

$y_1 = \frac{\pi}{4}$ удовлетворяет условию, так как $0 \le \frac{\pi}{4} \le \pi$.

$y_2 = -\frac{\pi}{2}$ не удовлетворяет условию, так как $-\frac{\pi}{2} < 0$.

Следовательно, подходит только один корень $y = \frac{\pi}{4}$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\arccos x = \frac{\pi}{4}$.

$x = \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

2) Исходное уравнение: $3\arcsin^2x + 2\pi\arcsin x - \pi^2 = 0$.

Сделаем замену переменной. Пусть $y = \arcsin x$.

Область значений арксинуса: $-\frac{\pi}{2} \le y \le \frac{\pi}{2}$.

Подставим $y$ в уравнение:

$3y^2 + 2\pi y - \pi^2 = 0$.

Найдем корни этого квадратного уравнения:

$D = (2\pi)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-\pi^2) = 4\pi^2 + 12\pi^2 = 16\pi^2$.

$y_{1,2} = \frac{-2\pi \pm \sqrt{16\pi^2}}{2 \cdot 3} = \frac{-2\pi \pm 4\pi}{6}$.

$y_1 = \frac{-2\pi + 4\pi}{6} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$.

$y_2 = \frac{-2\pi - 4\pi}{6} = \frac{-6\pi}{6} = -\pi$.

Проверим, удовлетворяют ли найденные значения $y$ условию $-\frac{\pi}{2} \le y \le \frac{\pi}{2}$.

$y_1 = \frac{\pi}{3}$ удовлетворяет условию, так как $-\frac{\pi}{2} \le \frac{\pi}{3} \le \frac{\pi}{2}$.

$y_2 = -\pi$ не удовлетворяет условию, так как $-\pi < -\frac{\pi}{2}$.

Следовательно, подходит только один корень $y = \frac{\pi}{3}$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\arcsin x = \frac{\pi}{3}$.

$x = \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

3) Исходное уравнение: $18\arccos^2x = 3\pi\arccos x + \pi^2$.

Перенесем все члены в левую часть:

$18\arccos^2x - 3\pi\arccos x - \pi^2 = 0$.

Сделаем замену переменной. Пусть $y = \arccos x$, где $0 \le y \le \pi$.

Подставим $y$ в уравнение:

$18y^2 - 3\pi y - \pi^2 = 0$.

Найдем корни этого квадратного уравнения:

$D = (-3\pi)^2 - 4 \cdot 18 \cdot (-\pi^2) = 9\pi^2 + 72\pi^2 = 81\pi^2$.

$y_{1,2} = \frac{-(-3\pi) \pm \sqrt{81\pi^2}}{2 \cdot 18} = \frac{3\pi \pm 9\pi}{36}$.

$y_1 = \frac{3\pi + 9\pi}{36} = \frac{12\pi}{36} = \frac{\pi}{3}$.

$y_2 = \frac{3\pi - 9\pi}{36} = \frac{-6\pi}{36} = -\frac{\pi}{6}$.

Проверим, удовлетворяют ли найденные значения $y$ условию $0 \le y \le \pi$.

$y_1 = \frac{\pi}{3}$ удовлетворяет условию.

$y_2 = -\frac{\pi}{6}$ не удовлетворяет условию, так как $-\frac{\pi}{6} < 0$.

Следовательно, подходит только один корень $y = \frac{\pi}{3}$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$\arccos x = \frac{\pi}{3}$.

$x = \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$.

Ответ: $\frac{1}{2}$.

4) Исходное уравнение: $\arcsin^2x - 2\pi\arcsin x - 3\pi^2 = 0$.

Сделаем замену переменной. Пусть $y = \arcsin x$, где $-\frac{\pi}{2} \le y \le \frac{\pi}{2}$.

Подставим $y$ в уравнение:

$y^2 - 2\pi y - 3\pi^2 = 0$.

Найдем корни этого квадратного уравнения:

$D = (-2\pi)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-3\pi^2) = 4\pi^2 + 12\pi^2 = 16\pi^2$.

$y_{1,2} = \frac{-(-2\pi) \pm \sqrt{16\pi^2}}{2 \cdot 1} = \frac{2\pi \pm 4\pi}{2}$.

$y_1 = \frac{2\pi + 4\pi}{2} = \frac{6\pi}{2} = 3\pi$.

$y_2 = \frac{2\pi - 4\pi}{2} = \frac{-2\pi}{2} = -\pi$.

Проверим, удовлетворяют ли найденные значения $y$ условию $-\frac{\pi}{2} \le y \le \frac{\pi}{2}$.

$y_1 = 3\pi$ не удовлетворяет условию, так как $3\pi > \frac{\pi}{2}$.

$y_2 = -\pi$ не удовлетворяет условию, так как $-\pi < -\frac{\pi}{2}$.

Так как ни один из найденных корней для $y$ не входит в область значений арксинуса, то исходное уравнение не имеет решений.

Ответ: нет корней.

18.11. Решите графически уравнение:

1) $ \operatorname{arctg}x = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} x; $

2) $ \operatorname{arcctg}x = \frac{\pi}{4} x; $

3) $ \operatorname{arcctg}x = \frac{\pi}{2} - x; $

4) $ \operatorname{arctg}x = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} x. $

1) Чтобы решить уравнение $arctgx = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$ графически, построим в одной системе координат графики двух функций: $y = \operatorname{arctg}x$ и $y = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$.

Первая функция, $y = \operatorname{arctg}x$, является арктангенсом. Её область значений — интервал $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$. Функция возрастает на всей области определения.

Вторая функция, $y = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$, — это линейная функция, её график — прямая. Для построения прямой найдем две точки:

• Если $x=0$, то $y = \frac{\pi}{2}$. Точка $(0; \frac{\pi}{2})$.
• Если $y=0$, то $\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x = 0$, откуда $x=2$. Точка $(2; 0)$.

Графики пересекаются в одной точке. Абсцисса этой точки является решением уравнения. Заметим, что функция $y = \operatorname{arctg}x$ возрастает, а функция $y = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$ убывает, следовательно, у них может быть не более одной точки пересечения.

Подберем возможное целочисленное решение. Проверим $x=1$:

Левая часть: $y = \operatorname{arctg}(1) = \frac{\pi}{4}$.

Правая часть: $y = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \cdot 1 = \frac{2\pi - \pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.

Поскольку значения совпали, точка $(1; \frac{\pi}{4})$ является точкой пересечения графиков.

Ответ: $x=1$.

2) Чтобы решить уравнение $\operatorname{arcctg}x = \frac{\pi}{4}x$ графически, построим в одной системе координат графики функций $y = \operatorname{arcctg}x$ и $y = \frac{\pi}{4}x$.

Первая функция, $y = \operatorname{arcctg}x$, является арккотангенсом. Её область значений — интервал $(0; \pi)$. Функция убывает на всей области определения.

Вторая функция, $y = \frac{\pi}{4}x$, — это линейная функция, проходящая через начало координат. Её график — прямая с положительным угловым коэффициентом $\frac{\pi}{4}$.

Функция $y = \operatorname{arcctg}x$ убывает, а $y = \frac{\pi}{4}x$ возрастает, поэтому они могут пересечься не более одного раза.

Проверим значение при $x=1$:

Левая часть: $y = \operatorname{arcctg}(1) = \frac{\pi}{4}$.

Правая часть: $y = \frac{\pi}{4} \cdot 1 = \frac{\pi}{4}$.

Значения совпали, следовательно, графики пересекаются в точке $(1; \frac{\pi}{4})$.

Ответ: $x=1$.

3) Чтобы решить уравнение $\operatorname{arcctg}x = \frac{\pi}{2} - x$ графически, построим в одной системе координат графики функций $y = \operatorname{arcctg}x$ и $y = \frac{\pi}{2} - x$.

Первая функция, $y = \operatorname{arcctg}x$, — это убывающая функция с областью значений $(0; \pi)$. График проходит через точку $(0; \frac{\pi}{2})$.

Вторая функция, $y = \frac{\pi}{2} - x$, — это линейная функция, её график — прямая. Найдем две точки:

• Если $x=0$, то $y = \frac{\pi}{2}$. Точка $(0; \frac{\pi}{2})$.
• Если $y=0$, то $x = \frac{\pi}{2}$. Точка $(\frac{\pi}{2}; 0)$.

Обе функции убывающие. Заметим, что обе они проходят через точку $(0; \frac{\pi}{2})$. Это означает, что $x=0$ является решением уравнения. Проверим, есть ли другие решения, сравнив производные функций в этой точке.

Производная $y = \operatorname{arcctg}x$ равна $y' = -\frac{1}{1+x^2}$. При $x=0$, $y' = -1$.

Производная $y = \frac{\pi}{2} - x$ равна $y' = -1$.

Так как производные в точке $x=0$ равны, прямая $y = \frac{\pi}{2} - x$ является касательной к графику функции $y = \operatorname{arcctg}x$ в точке $(0; \frac{\pi}{2})$. График функции арккотангенс является выпуклым вниз при $x>0$ и выпуклым вверх при $x<0$, поэтому он будет лежать выше своей касательной во всех точках, кроме точки касания. Следовательно, других точек пересечения нет.

Ответ: $x=0$.

4) Чтобы решить уравнение $\operatorname{arctg}x = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$ графически, построим в одной системе координат графики функций $y = \operatorname{arctg}x$ и $y = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$.

Первая функция, $y = \operatorname{arctg}x$, — возрастающая функция с областью значений $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

Вторая функция, $y = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$, — это линейная функция, её график — прямая. Найдем две точки:

• Если $x=0$, то $y = -\frac{\pi}{2}$. Точка $(0; -\frac{\pi}{2})$.
• Если $y=0$, то $-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x = 0$, откуда $x=-2$. Точка $(-2; 0)$.

Функция $y = \operatorname{arctg}x$ возрастает, а $y = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4}x$ убывает, значит, у них может быть не более одной точки пересечения.

Проверим целочисленное значение, например, $x=-1$:

Левая часть: $y = \operatorname{arctg}(-1) = -\frac{\pi}{4}$.

Правая часть: $y = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \cdot (-1) = -\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = -\frac{2\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{4}$.

Значения совпали, следовательно, графики пересекаются в точке $(-1; -\frac{\pi}{4})$.

Ответ: $x=-1$.

18.12. Решите уравнение (18.12–18.13):

1) $\arccos x = \text{arctg } x$;

2) $\text{arcctg } x = \text{arctg } x$;

3) $\arccos x = \arcsin x$;

4) $\text{arcctg } x = \arcsin x$.

1) arccos x = arctg x

Пусть $y = \arccos x = \arctg x$. Найдем области определения и значений для левой и правой частей уравнения.

Для $y = \arccos x$: область определения $x \in [-1, 1]$, область значений $y \in [0, \pi]$.

Для $y = \arctg x$: область определения $x \in (-\infty, +\infty)$, область значений $y \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Для того чтобы равенство было возможным, $x$ должен принадлежать пересечению областей определения, то есть $x \in [-1, 1]$. А $y$ должен принадлежать пересечению областей значений, то есть $y \in [0, \frac{\pi}{2})$.

Из равенства $y = \arccos x$ следует, что $\cos y = x$. Из равенства $y = \arctg x$ следует, что $\tg y = x$. Приравнивая выражения для $x$, получаем тригонометрическое уравнение: $\cos y = \tg y$.

Решим это уравнение для $y \in [0, \frac{\pi}{2})$:

$\cos y = \frac{\sin y}{\cos y}$

$\cos^2 y = \sin y$

Используя основное тригонометрическое тождество $\cos^2 y = 1 - \sin^2 y$, получаем:

$1 - \sin^2 y = \sin y$

$\sin^2 y + \sin y - 1 = 0$

Сделаем замену $t = \sin y$. Так как $y \in [0, \frac{\pi}{2})$, то $t \in [0, 1)$. Получаем квадратное уравнение: $t^2 + t - 1 = 0$.

Решаем его: $t = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1)}}{2 \cdot 1} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Получаем два корня: $t_1 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ и $t_2 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$. Корень $t_2$ является отрицательным, что не удовлетворяет условию $t \in [0, 1)$. Корень $t_1 = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ удовлетворяет условию, так как $0 < \frac{\sqrt{5}-1}{2} < 1$. Итак, $\sin y = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Теперь найдем $x$. Мы знаем, что $x = \cos y$. Из уравнения $\cos^2 y = \sin y$ следует, что $x^2 = \sin y$.

$x^2 = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Отсюда $x = \pm\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$.

Поскольку $y \in [0, \frac{\pi}{2})$, то $x = \cos y > 0$. Следовательно, отрицательный корень не подходит.

Единственное решение: $x = \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$.

Ответ: $x = \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$.

2) arcctg x = arctg x

Воспользуемся тождеством $\arctg x + \arcctg x = \frac{\pi}{2}$. Подставим $\arcctg x$ из исходного уравнения в тождество:

$\arctg x + \arctg x = \frac{\pi}{2}$

$2\arctg x = \frac{\pi}{2}$

$\arctg x = \frac{\pi}{4}$

Отсюда находим $x$:

$x = \tg(\frac{\pi}{4}) = 1$.

Проверка: $\arcctg(1) = \frac{\pi}{4}$ и $\arctg(1) = \frac{\pi}{4}$. Равенство выполняется.

Ответ: $x = 1$.

3) arccos x = arcsin x

Воспользуемся тождеством $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$. Подставим $\arccos x$ из исходного уравнения в тождество:

$\arcsin x + \arcsin x = \frac{\pi}{2}$

$2\arcsin x = \frac{\pi}{2}$

$\arcsin x = \frac{\pi}{4}$

Отсюда находим $x$:

$x = \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Проверка: $\arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4}$ и $\arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4}$. Равенство выполняется.

Ответ: $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

4) arcctg x = arcsin x

Пусть $y = \arcctg x = \arcsin x$. Найдем области определения и значений для левой и правой частей уравнения.

Для $y = \arcctg x$: область определения $x \in (-\infty, +\infty)$, область значений $y \in (0, \pi)$.

Для $y = \arcsin x$: область определения $x \in [-1, 1]$, область значений $y \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

Для того чтобы равенство было возможным, $x$ должен принадлежать пересечению областей определения, то есть $x \in [-1, 1]$. А $y$ должен принадлежать пересечению областей значений, то есть $y \in (0, \frac{\pi}{2}]$.

Из равенства $y = \arcctg x$ следует, что $\ctg y = x$. Из равенства $y = \arcsin x$ следует, что $\sin y = x$. Приравнивая выражения для $x$, получаем тригонометрическое уравнение: $\ctg y = \sin y$.

Решим это уравнение для $y \in (0, \frac{\pi}{2}]$:

$\frac{\cos y}{\sin y} = \sin y$

$\cos y = \sin^2 y$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 y = 1 - \cos^2 y$, получаем:

$\cos y = 1 - \cos^2 y$

$\cos^2 y + \cos y - 1 = 0$

Сделаем замену $t = \cos y$. Так как $y \in (0, \frac{\pi}{2}]$, то $t \in [0, 1)$. Получаем квадратное уравнение: $t^2 + t - 1 = 0$.

Решаем его: $t = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1)}}{2 \cdot 1} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Получаем два корня: $t_1 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ и $t_2 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$. Корень $t_2$ является отрицательным, что не удовлетворяет условию $t \in [0, 1)$. Корень $t_1 = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ удовлетворяет условию. Итак, $\cos y = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Теперь найдем $x$. Мы знаем, что $x = \sin y$. Из уравнения $\cos y = \sin^2 y$ следует, что $\cos y = x^2$.

$x^2 = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Отсюда $x = \pm\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$.

Поскольку $y \in (0, \frac{\pi}{2}]$, то $x = \sin y > 0$. Следовательно, отрицательный корень не подходит.

Единственное решение: $x = \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$.

Ответ: $x = \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$.

18.13. 1) $\arccos\frac{x\sqrt{3}}{3} = \frac{\pi}{2} - \arcsin x;$

2) $\arcsin(2x) - 3\arcsin x = 0.$

1) $\arccos\frac{x\sqrt{3}}{3} = \frac{\pi}{2} - \arcsin{x}$

Воспользуемся известным тригонометрическим тождеством: $\arcsin{y} + \arccos{y} = \frac{\pi}{2}$. Из этого тождества следует, что $\arccos{y} = \frac{\pi}{2} - \arcsin{y}$.

Заменим правую часть исходного уравнения, используя это тождество для $y=x$:

$\arccos\frac{x\sqrt{3}}{3} = \arccos{x}$

Функция $\arccos$ является монотонной, поэтому равенство справедливо только в том случае, если ее аргументы равны:

$\frac{x\sqrt{3}}{3} = x$

Перенесем все члены в левую часть и решим полученное уравнение:

$\frac{x\sqrt{3}}{3} - x = 0$

$x\left(\frac{\sqrt{3}}{3} - 1\right) = 0$

Произведение равно нулю, когда хотя бы один из множителей равен нулю. Так как $\left(\frac{\sqrt{3}}{3} - 1\right) \neq 0$, то единственным решением является $x = 0$.

Проверим область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы функций $\arccos$ и $\arcsin$ должны принадлежать отрезку $[-1, 1]$.

Для $\arcsin{x}$: $-1 \le x \le 1$.

Для $\arccos\frac{x\sqrt{3}}{3}$: $-1 \le \frac{x\sqrt{3}}{3} \le 1$, что равносильно $-\frac{3}{\sqrt{3}} \le x \le \frac{3}{\sqrt{3}}$, или $-\sqrt{3} \le x \le \sqrt{3}$.

Общая ОДЗ является пересечением этих условий: $x \in [-1, 1]$.

Найденный корень $x=0$ принадлежит ОДЗ. Подставим его в исходное уравнение для проверки:

Левая часть: $\arccos\left(\frac{0\cdot\sqrt{3}}{3}\right) = \arccos(0) = \frac{\pi}{2}$.

Правая часть: $\frac{\pi}{2} - \arcsin(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$.

Равенство $\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$ выполняется, значит, корень найден верно.

Ответ: $0$.

2) $\arcsin{2x} - 3\arcsin{x} = 0$

Перепишем уравнение в виде:

$\arcsin{2x} = 3\arcsin{x}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы арксинусов должны лежать в отрезке $[-1, 1]$.

1. Для $\arcsin{x}$: $-1 \le x \le 1$.

2. Для $\arcsin{2x}$: $-1 \le 2x \le 1 \implies -\frac{1}{2} \le x \le \frac{1}{2}$.

Пересечение этих условий дает ОДЗ: $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$.

Сделаем замену: пусть $\alpha = \arcsin{x}$. Тогда $x = \sin\alpha$. Уравнение примет вид:

$\arcsin(2\sin\alpha) = 3\alpha$

Область значений функции $\arcsin$ — это отрезок $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. Следовательно, правая часть уравнения $3\alpha$ должна удовлетворять этому условию:

$-\frac{\pi}{2} \le 3\alpha \le \frac{\pi}{2} \implies -\frac{\pi}{6} \le \alpha \le \frac{\pi}{6}$

Возьмем синус от обеих частей уравнения $\arcsin(2\sin\alpha) = 3\alpha$:

$\sin(\arcsin(2\sin\alpha)) = \sin(3\alpha)$

$2\sin\alpha = \sin(3\alpha)$

Применим формулу синуса тройного угла $\sin(3\alpha) = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha$:

$2\sin\alpha = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha$

$4\sin^3\alpha - \sin\alpha = 0$

$\sin\alpha(4\sin^2\alpha - 1) = 0$

Это уравнение распадается на два:

1. $\sin\alpha = 0$. Так как $x = \sin\alpha$, то $x = 0$.

2. $4\sin^2\alpha - 1 = 0 \implies \sin^2\alpha = \frac{1}{4} \implies \sin\alpha = \pm\frac{1}{2}$. Следовательно, $x = \pm\frac{1}{2}$.

Мы получили три потенциальных корня: $x_1 = 0$, $x_2 = \frac{1}{2}$, $x_3 = -\frac{1}{2}$.

Все три корня принадлежат найденной ранее ОДЗ: $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$.

Проверим также выполнение условия $-\frac{\pi}{6} \le \alpha \le \frac{\pi}{6}$, то есть $-\frac{\pi}{6} \le \arcsin{x} \le \frac{\pi}{6}$.

Для $x=0$: $\arcsin(0) = 0$. Условие $0 \in [-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ выполняется.

Для $x=\frac{1}{2}$: $\arcsin(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$. Условие $\frac{\pi}{6} \in [-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ выполняется.

Для $x=-\frac{1}{2}$: $\arcsin(-\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6}$. Условие $-\frac{\pi}{6} \in [-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ выполняется.

Все три корня удовлетворяют всем условиям.

Ответ: $0, \pm\frac{1}{2}$.

18.14. Найдите корни уравнения:

1) $9\arccos^2 2x - 3\pi \arccos 2x - 2\pi^2 = 0;$

2) $2\arcsin 2x = \arccos 7x;$

3) $2\arccos x - \arccos(2x^2 - 1) = 0;$

4) $\arcsin \frac{2x}{x^2+1} - 2\operatorname{arctg} x = 0.$

1) $9\arccos^2(2x) - 3\pi\arccos(2x) - 2\pi^2 = 0$

Данное уравнение является квадратным относительно $\arccos(2x)$. Выполним замену переменной. Пусть $y = \arccos(2x)$.

Учитывая область значений функции арккосинус, имеем ограничение: $0 \le y \le \pi$.

После замены уравнение принимает вид:

$9y^2 - 3\pi y - 2\pi^2 = 0$.

Найдем дискриминант этого квадратного уравнения:

$D = (-3\pi)^2 - 4 \cdot 9 \cdot (-2\pi^2) = 9\pi^2 + 72\pi^2 = 81\pi^2$.

Тогда $\sqrt{D} = \sqrt{81\pi^2} = 9\pi$.

Найдем корни для $y$:

$y_1 = \frac{-(-3\pi) + 9\pi}{2 \cdot 9} = \frac{12\pi}{18} = \frac{2\pi}{3}$.

$y_2 = \frac{-(-3\pi) - 9\pi}{2 \cdot 9} = \frac{-6\pi}{18} = -\frac{\pi}{3}$.

Теперь выполним обратную замену $y = \arccos(2x)$ и проверим, удовлетворяют ли найденные корни условию $0 \le y \le \pi$.

Для корня $y_1 = \frac{2\pi}{3}$: значение $\frac{2\pi}{3}$ принадлежит отрезку $[0, \pi]$. Следовательно, уравнение имеет решение.

$\arccos(2x) = \frac{2\pi}{3}$

$2x = \cos(\frac{2\pi}{3})$

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

$x = -\frac{1}{4}$

Для корня $y_2 = -\frac{\pi}{3}$: значение $-\frac{\pi}{3}$ не принадлежит отрезку $[0, \pi]$, поэтому это посторонний корень.

Проверим найденный корень $x = -\frac{1}{4}$ на соответствие области определения $\arccos(2x)$, то есть $-1 \le 2x \le 1$.

$-1 \le 2(-\frac{1}{4}) \le 1 \implies -1 \le -\frac{1}{2} \le 1$. Неравенство верно.

Ответ: $x = -\frac{1}{4}$.

2) $2\arcsin(2x) = \arccos(7x)$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Для этого решим систему неравенств:

$\begin{cases} -1 \le 2x \le 1 \\ -1 \le 7x \le 1 \end{cases} \implies \begin{cases} -\frac{1}{2} \le x \le \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{7} \le x \le \frac{1}{7} \end{cases}$

Пересечением этих промежутков является отрезок $x \in [-\frac{1}{7}, \frac{1}{7}]$.

Оценим левую и правую части уравнения. Область значений $\arccos(7x)$ — это $[0, \pi]$. Следовательно, левая часть также должна быть в этом промежутке: $0 \le 2\arcsin(2x) \le \pi$.

Из $2\arcsin(2x) \ge 0$ следует, что $\arcsin(2x) \ge 0$, что, в свою очередь, означает $2x \ge 0$, то есть $x \ge 0$.

С учетом ОДЗ, получаем, что решение должно лежать в отрезке $x \in [0, \frac{1}{7}]$.

Возьмем косинус от обеих частей уравнения:

$\cos(2\arcsin(2x)) = \cos(\arccos(7x))$.

Используя формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2(\alpha)$, получаем для левой части:

$\cos(2\arcsin(2x)) = 1 - 2\sin^2(\arcsin(2x)) = 1 - 2(2x)^2 = 1 - 8x^2$.

Для правой части: $\cos(\arccos(7x)) = 7x$.

Получаем алгебраическое уравнение: $1 - 8x^2 = 7x$.

$8x^2 + 7x - 1 = 0$.

Решаем квадратное уравнение. Дискриминант $D = 7^2 - 4 \cdot 8 \cdot (-1) = 49 + 32 = 81$.

Корни: $x_{1,2} = \frac{-7 \pm \sqrt{81}}{2 \cdot 8} = \frac{-7 \pm 9}{16}$.

$x_1 = \frac{-7 + 9}{16} = \frac{2}{16} = \frac{1}{8}$.

$x_2 = \frac{-7 - 9}{16} = \frac{-16}{16} = -1$.

Проверяем корни на принадлежность промежутку $[0, \frac{1}{7}]$.

Корень $x_2 = -1$ не подходит, так как он отрицательный.

Корень $x_1 = \frac{1}{8}$. Сравним $\frac{1}{8}$ с $\frac{1}{7}$. Так как $8 > 7$, то $\frac{1}{8} < \frac{1}{7}$. Корень $x = \frac{1}{8}$ удовлетворяет условию $0 \le x \le \frac{1}{7}$.

Ответ: $x = \frac{1}{8}$.

3) $2\arccos x - \arccos(2x^2 - 1) = 0$

Перепишем уравнение: $2\arccos x = \arccos(2x^2 - 1)$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ).

Для $\arccos x$: $-1 \le x \le 1$.

Для $\arccos(2x^2 - 1)$: $-1 \le 2x^2 - 1 \le 1$. Из $2x^2 - 1 \ge -1$ следует $2x^2 \ge 0$ (верно всегда). Из $2x^2 - 1 \le 1$ следует $2x^2 \le 2 \implies x^2 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$.

Таким образом, ОДЗ: $x \in [-1, 1]$.

Воспользуемся известным тождеством для удвоенного арккосинуса:

$2\arccos x = \begin{cases} \arccos(2x^2 - 1), & \text{если } 0 \le x \le 1 \\ 2\pi - \arccos(2x^2 - 1), & \text{если } -1 \le x < 0 \end{cases}$

Рассмотрим два случая в соответствии с этим тождеством.

Случай 1: $0 \le x \le 1$.

В этом случае $2\arccos x = \arccos(2x^2 - 1)$, и исходное уравнение превращается в тождество: $\arccos(2x^2 - 1) - \arccos(2x^2 - 1) = 0$. Это означает, что все значения $x$ из отрезка $[0, 1]$ являются решениями.

Случай 2: $-1 \le x < 0$.

В этом случае $2\arccos x = 2\pi - \arccos(2x^2 - 1)$. Подставим в исходное уравнение:

$(2\pi - \arccos(2x^2 - 1)) - \arccos(2x^2 - 1) = 0$.

$2\pi - 2\arccos(2x^2 - 1) = 0$.

$\arccos(2x^2 - 1) = \pi$.

$2x^2 - 1 = \cos(\pi) = -1$.

$2x^2 = 0 \implies x = 0$.

Однако значение $x=0$ не входит в рассматриваемый интервал $[-1, 0)$, поэтому в этом случае решений нет.

Объединяя результаты обоих случаев, получаем, что решением является отрезок $[0, 1]$.

Ответ: $x \in [0, 1]$.

4) $\arcsin\frac{2x}{x^2 + 1} - 2\arctan x = 0$

Перепишем уравнение: $\arcsin\frac{2x}{x^2 + 1} = 2\arctan x$.

Найдем ОДЗ. Аргумент арксинуса должен лежать в отрезке $[-1, 1]$. Проверим неравенство $|\frac{2x}{x^2 + 1}| \le 1$.

Так как $x^2 + 1 > 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$, неравенство равносильно $|2x| \le x^2 + 1$, или $x^2 - 2|x| + 1 \ge 0$.

Это можно записать как $(|x| - 1)^2 \ge 0$, что верно для любого действительного $x$. Область определения $\arctan x$ — все действительные числа. Таким образом, ОДЗ уравнения: $x \in \mathbb{R}$.

Воспользуемся тождеством, которое следует из формулы синуса двойного угла через тангенс: $\sin(2\alpha) = \frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}$.

Пусть $\alpha = \arctan x$. Тогда $x = \tan\alpha$. Аргумент арксинуса становится $\frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha} = \sin(2\alpha)$.

Уравнение принимает вид $\arcsin(\sin(2\arctan x)) = 2\arctan x$.

Равенство $\arcsin(\sin y) = y$ выполняется тогда и только тогда, когда $y$ принадлежит области значений арксинуса, то есть $y \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

В нашем случае $y = 2\arctan x$. Таким образом, исходное уравнение равносильно неравенству:

$-\frac{\pi}{2} \le 2\arctan x \le \frac{\pi}{2}$.

Разделим все части на 2:

$-\frac{\pi}{4} \le \arctan x \le \frac{\pi}{4}$.

Поскольку функция $y=\tan x$ является возрастающей, мы можем применить ее ко всем частям неравенства, сохранив знаки:

$\tan(-\frac{\pi}{4}) \le \tan(\arctan x) \le \tan(\frac{\pi}{4})$.

$-1 \le x \le 1$.

Для $|x| > 1$ равенство $\arcsin(\sin(2\arctan x)) = 2\arctan x$ не выполняется. Например, при $x > 1$ имеем $\frac{\pi}{2} < 2\arctan x < \pi$, и тогда $\arcsin(\sin(2\arctan x)) = \pi - 2\arctan x$. Исходное уравнение превращается в $\pi - 2\arctan x - 2\arctan x = 0$, откуда $\arctan x = \frac{\pi}{4}$, что дает $x=1$. Этот корень уже включен в наше решение. Аналогично для $x < -1$.

Ответ: $x \in [-1, 1]$.

18.15. Докажите, что если $x \in (-1; 1)$, то $\arcsin x - \operatorname{arctg} \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = 0.$

Для доказательства тождества $\arcsin x - \arctan \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = 0$ при $x \in (-1; 1)$ преобразуем его левую часть.Необходимо доказать, что $\arcsin x = \arctan \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ для указанного интервала $x$.

Введем замену: пусть $\alpha = \arcsin x$.

По определению функции арксинус, это означает, что $\sin \alpha = x$ и угол $\alpha$ находится в диапазоне $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

Из условия задачи $x \in (-1; 1)$, следует, что $x$ не принимает крайние значения $-1$ и $1$. Это значит, что $\alpha$ не может быть равным $-\frac{\pi}{2}$ или $\frac{\pi}{2}$. Таким образом, угол $\alpha$ принадлежит строгому интервалу $\alpha \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Теперь выразим аргумент функции арктангенс, то есть $\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$, через $\alpha$.Подставим $x = \sin \alpha$ в это выражение:

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

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, из которого следует, что $1 - \sin^2 \alpha = \cos^2 \alpha$, получаем:

$\frac{\sin \alpha}{\sqrt{\cos^2 \alpha}} = \frac{\sin \alpha}{|\cos \alpha|}$

Поскольку мы установили, что $\alpha \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, значение косинуса на этом интервале всегда положительно, т.е. $\cos \alpha > 0$. Следовательно, $|\cos \alpha| = \cos \alpha$.

Таким образом, выражение упрощается до тангенса:

$\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \tan \alpha$

Теперь мы можем переписать правую часть доказываемого равенства:

$\arctan \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = \arctan(\tan \alpha)$

По определению, $\arctan(\tan y) = y$ только в том случае, если $y$ принадлежит главному диапазону значений арктангенса, то есть $y \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Так как наш угол $\alpha$ удовлетворяет этому условию, $\alpha \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, то мы можем утверждать, что $\arctan(\tan \alpha) = \alpha$.

Вспомним, что мы изначально обозначили $\alpha = \arcsin x$. Следовательно, мы доказали, что $\arctan \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = \arcsin x$.

Тогда исходное выражение принимает вид:

$\arcsin x - \arcsin x = 0$

Равенство $0=0$ является истинным, что и доказывает исходное утверждение.

Ответ: Тождество $\arcsin x - \arctan \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} = 0$ для $x \in (-1; 1)$ доказано.

18.16. Докажите, что $2\arccos \sqrt{\frac{x+1}{2}} = \arccos x$.

Для доказательства данного тождества сначала определим область допустимых значений (ОДЗ) для переменной $x$.

1. Для функции в правой части, $\arccos x$, область определения: $x \in [-1, 1]$.

2. Для функции в левой части, $2\arccos\sqrt{\frac{x+1}{2}}$, необходимо, чтобы подкоренное выражение было неотрицательным и чтобы аргумент арккосинуса находился в пределах от -1 до 1.

Условие неотрицательности подкоренного выражения: $\frac{x+1}{2} \ge 0$, что эквивалентно $x+1 \ge 0$, или $x \ge -1$.

Условие для аргумента арккосинуса: $-1 \le \sqrt{\frac{x+1}{2}} \le 1$. Поскольку квадратный корень всегда неотрицателен, это неравенство сводится к $0 \le \sqrt{\frac{x+1}{2}} \le 1$. Возводя все части в квадрат, получаем $0 \le \frac{x+1}{2} \le 1$. Умножая на 2, имеем $0 \le x+1 \le 2$. Вычитая 1 из всех частей, приходим к неравенству $-1 \le x \le 1$.

Объединяя все условия, получаем, что ОДЗ для всего тождества есть $x \in [-1, 1]$.

Теперь приступим к самому доказательству. Пусть $\alpha = \arccos x$. Согласно определению функции арккосинус, это означает, что $\cos \alpha = x$ и $0 \le \alpha \le \pi$.

Подставим $x = \cos \alpha$ в левую часть доказываемого равенства:

$2\arccos\sqrt{\frac{x+1}{2}} = 2\arccos\sqrt{\frac{\cos \alpha + 1}{2}}$

Используем тригонометрическую формулу половинного угла для косинуса: $\cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1+\cos \alpha}{2}$.

Подставляя это в наше выражение, получаем:

$2\arccos\sqrt{\cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)} = 2\arccos\left|\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right|$

Чтобы раскрыть модуль, рассмотрим диапазон изменения угла $\frac{\alpha}{2}$. Поскольку $0 \le \alpha \le \pi$, то, разделив на 2, получим $0 \le \frac{\alpha}{2} \le \frac{\pi}{2}$. В этом интервале (первая и вторая координатные четверти для угла на единичной окружности) косинус неотрицателен, то есть $\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right) \ge 0$.

Следовательно, $\left|\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right| = \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.

Теперь левая часть тождества имеет вид:

$2\arccos\left(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right)$

По определению, $\arccos(\cos y) = y$ только если $y$ принадлежит основному промежутку $[0, \pi]$. Мы установили, что $0 \le \frac{\alpha}{2} \le \frac{\pi}{2}$, что является подмножеством отрезка $[0, \pi]$. Значит, мы можем применить это свойство:

$\arccos\left(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right) = \frac{\alpha}{2}$

В итоге левая часть тождества преобразуется к виду:

$2 \cdot \frac{\alpha}{2} = \alpha$

Вспомним, что мы изначально обозначили $\alpha = \arccos x$, что является правой частью исходного тождества. Таким образом, мы показали, что левая часть равна правой. Тождество доказано.

Ответ: Тождество $2\arccos\sqrt{\frac{x+1}{2}} = \arccos x$ доказано для всех $x \in [-1, 1]$.

18.17. Решите уравнение:

1) $4\text{arctg}x - 6\text{arcctg}x = \pi$;

2) $\text{arcctg}3x = \text{arctg}3x - \frac{\pi}{4}$.

1) Дано уравнение $4\arctg x - 6\arcctg x = \pi$.

Для решения этого уравнения воспользуемся основным тождеством, связывающим арктангенс и арккотангенс:

$\arctg x + \arcctg x = \frac{\pi}{2}$

Из этого тождества выразим $\arcctg x$ через $\arctg x$:

$\arcctg x = \frac{\pi}{2} - \arctg x$

Теперь подставим это выражение в исходное уравнение:

$4\arctg x - 6(\frac{\pi}{2} - \arctg x) = \pi$

Раскроем скобки и решим полученное линейное уравнение относительно $\arctg x$:

$4\arctg x - 3\pi + 6\arctg x = \pi$

Приведем подобные слагаемые:

$10\arctg x = \pi + 3\pi$

$10\arctg x = 4\pi$

$\arctg x = \frac{4\pi}{10} = \frac{2\pi}{5}$

Область значений функции арктангенс — это интервал $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$. Проверим, входит ли найденное значение в этот интервал. Так как $\frac{2\pi}{5} = 0.4\pi$, а $\frac{\pi}{2} = 0.5\pi$, то $-\frac{\pi}{2} < \frac{2\pi}{5} < \frac{\pi}{2}$. Условие выполняется.

Из полученного равенства находим $x$:

$x = \tg(\frac{2\pi}{5})$

Ответ: $x = \tg(\frac{2\pi}{5})$.

2) Дано уравнение $\arcctg(3x) = \arctg(3x) - \frac{\pi}{4}$.

Как и в предыдущем задании, используем тождество $\arctg(y) + \arcctg(y) = \frac{\pi}{2}$. В данном случае $y=3x$, поэтому:

$\arctg(3x) + \arcctg(3x) = \frac{\pi}{2}$

Выразим $\arcctg(3x)$:

$\arcctg(3x) = \frac{\pi}{2} - \arctg(3x)$

Подставим это выражение в исходное уравнение:

$\frac{\pi}{2} - \arctg(3x) = \arctg(3x) - \frac{\pi}{4}$

Сгруппируем члены, содержащие $\arctg(3x)$, в правой части, а числовые значения — в левой:

$\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \arctg(3x) + \arctg(3x)$

$\frac{2\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = 2\arctg(3x)$

$\frac{3\pi}{4} = 2\arctg(3x)$

$\arctg(3x) = \frac{3\pi}{8}$

Значение $\frac{3\pi}{8}$ принадлежит области значений арктангенса $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$, так как $-\frac{4\pi}{8} < \frac{3\pi}{8} < \frac{4\pi}{8}$.

Из равенства $\arctg(3x) = \frac{3\pi}{8}$ находим $3x$:

$3x = \tg(\frac{3\pi}{8})$

Значение $\tg(\frac{3\pi}{8})$ можно вычислить. Так как $\frac{3\pi}{8} = \frac{3 \cdot 180^\circ}{8} = 67.5^\circ$, можно использовать формулу половинного угла или тангенса двойного угла. Пусть $t = \tg(\frac{3\pi}{8})$. Тогда $\tg(2 \cdot \frac{3\pi}{8}) = \tg(\frac{3\pi}{4}) = -1$.

По формуле тангенса двойного угла $\tg(2\alpha) = \frac{2\tg\alpha}{1-\tg^2\alpha}$:

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

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

$t^2 - 1 = 2t$

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

Решим это квадратное уравнение с помощью дискриминанта:

$t = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1)}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{4+4}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{8}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{2}}{2} = 1 \pm \sqrt{2}$

Поскольку угол $\frac{3\pi}{8}$ находится в первой четверти, его тангенс должен быть положительным. Следовательно, мы выбираем корень $t = 1 + \sqrt{2}$.

Таким образом, $\tg(\frac{3\pi}{8}) = 1 + \sqrt{2}$.

Возвращаемся к нашему уравнению:

$3x = 1 + \sqrt{2}$

$x = \frac{1 + \sqrt{2}}{3}$

Ответ: $x = \frac{1 + \sqrt{2}}{3}$.

18.18. Найдите:

1) $ \sin 2\alpha $, $ \cos 2\alpha $, если $ \sin \alpha = 0,4 $ и $ 90^\circ < \alpha < 180^\circ $;

2) $ \operatorname{ctg} \alpha $, $ \operatorname{tg} 2\alpha $, если $ \cos \alpha = -0,6 $ и $ 180^\circ < \alpha < 270^\circ $;

3) $ \cos \alpha $, $ \sin \alpha $, если $ \operatorname{tg} \alpha = \sqrt{8} $ и $ 180^\circ < \alpha < 270^\circ $.

1) $sin(2a)$, $cos(2a)$, если $sin(a) = 0,4$ и $90° < a < 180°$;

Поскольку угол $a$ находится во второй четверти ($90° < a < 180°$), его синус положителен, а косинус отрицателен.

1. Найдем $cos(a)$ с помощью основного тригонометрического тождества $sin^2(a) + cos^2(a) = 1$.

$cos^2(a) = 1 - sin^2(a) = 1 - (0,4)^2 = 1 - 0,16 = 0,84$.

Так как $cos(a) < 0$ во второй четверти, берем отрицательное значение корня:

$cos(a) = -\sqrt{0,84} = -\sqrt{\frac{84}{100}} = -\frac{\sqrt{4 \cdot 21}}{10} = -\frac{2\sqrt{21}}{10} = -\frac{\sqrt{21}}{5}$.

2. Теперь найдем $sin(2a)$ по формуле синуса двойного угла: $sin(2a) = 2sin(a)cos(a)$.

$sin(2a) = 2 \cdot 0,4 \cdot (-\frac{\sqrt{21}}{5}) = 0,8 \cdot (-\frac{\sqrt{21}}{5}) = \frac{4}{5} \cdot (-\frac{\sqrt{21}}{5}) = -\frac{4\sqrt{21}}{25}$.

3. Найдем $cos(2a)$ по формуле косинуса двойного угла: $cos(2a) = cos^2(a) - sin^2(a)$.

$cos(2a) = (-\frac{\sqrt{21}}{5})^2 - (0,4)^2 = \frac{21}{25} - (\frac{2}{5})^2 = \frac{21}{25} - \frac{4}{25} = \frac{17}{25}$.

Проверка по другой формуле: $cos(2a) = 1 - 2sin^2(a) = 1 - 2(0,4)^2 = 1 - 2(0,16) = 1 - 0,32 = 0,68 = \frac{17}{25}$.

Ответ: $sin(2a) = -\frac{4\sqrt{21}}{25}$; $cos(2a) = \frac{17}{25}$.

2) $ctg(a)$, $tg(2a)$, если $cos(a) = -0,6$ и $180° < a < 270°$;

Угол $a$ находится в третьей четверти ($180° < a < 270°$), где и синус, и косинус отрицательны, а тангенс и котангенс положительны.

1. Найдем $sin(a)$ из тождества $sin^2(a) + cos^2(a) = 1$.

$sin^2(a) = 1 - cos^2(a) = 1 - (-0,6)^2 = 1 - 0,36 = 0,64$.

Так как $sin(a) < 0$ в третьей четверти:

$sin(a) = -\sqrt{0,64} = -0,8$.

2. Найдем $ctg(a)$ по определению: $ctg(a) = \frac{cos(a)}{sin(a)}$.

$ctg(a) = \frac{-0,6}{-0,8} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$.

3. Для нахождения $tg(2a)$ сначала найдем $tg(a)$.

$tg(a) = \frac{1}{ctg(a)} = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}$.

Теперь используем формулу тангенса двойного угла: $tg(2a) = \frac{2tg(a)}{1 - tg^2(a)}$.

$tg(2a) = \frac{2 \cdot \frac{4}{3}}{1 - (\frac{4}{3})^2} = \frac{\frac{8}{3}}{1 - \frac{16}{9}} = \frac{\frac{8}{3}}{\frac{9 - 16}{9}} = \frac{\frac{8}{3}}{-\frac{7}{9}} = \frac{8}{3} \cdot (-\frac{9}{7}) = -\frac{8 \cdot 3}{7} = -\frac{24}{7}$.

Ответ: $ctg(a) = \frac{3}{4}$; $tg(2a) = -\frac{24}{7}$.

3) $cos(a)$, $sin(a)$, если $tg(a) = \sqrt{8}$ и $180° < a < 270°$;

Угол $a$ находится в третьей четверти ($180° < a < 270°$), где тангенс положителен, а синус и косинус отрицательны.

1. Найдем $cos(a)$ с помощью тождества $1 + tg^2(a) = \frac{1}{cos^2(a)}$.

$cos^2(a) = \frac{1}{1 + tg^2(a)} = \frac{1}{1 + (\sqrt{8})^2} = \frac{1}{1+8} = \frac{1}{9}$.

Так как $cos(a) < 0$ в третьей четверти:

$cos(a) = -\sqrt{\frac{1}{9}} = -\frac{1}{3}$.

2. Найдем $sin(a)$, используя определение тангенса: $sin(a) = tg(a) \cdot cos(a)$.

$sin(a) = \sqrt{8} \cdot (-\frac{1}{3}) = -\frac{\sqrt{8}}{3} = -\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

Ответ: $cos(a) = -\frac{1}{3}$; $sin(a) = -\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

7. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции $y = f(x)$:

1) $y = x^4 - 8x^2 - 9$ на промежутке $[0; 3];

2) $y = 3x^5 - 5x^3$ на промежутке $[2; 3];

3) $y = \sqrt{x} - x$ на промежутке $[0; 4];

4) $y = \frac{1}{x} + x$ на промежутке $[0,5; 4].

1) Для нахождения наибольшего и наименьшего значений функции $y = x^4 - 8x^2 - 9$ на промежутке $[0; 3]$ воспользуемся стандартным алгоритмом.

1. Найдем производную функции: $y' = (x^4 - 8x^2 - 9)' = 4x^3 - 16x$.

2. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $4x^3 - 16x = 0$.

Вынесем общий множитель за скобки: $4x(x^2 - 4) = 0$, что равносильно $4x(x - 2)(x + 2) = 0$.

Корнями этого уравнения являются $x_1 = 0$, $x_2 = 2$ и $x_3 = -2$.

3. Определим, какие из критических точек принадлежат заданному промежутку $[0; 3]$.

Точки $x=0$ и $x=2$ принадлежат промежутку, а точка $x=-2$ — нет.

4. Вычислим значения функции в найденных критических точках и на концах промежутка, то есть в точках $x=0$, $x=2$ и $x=3$.

$y(0) = 0^4 - 8 \cdot 0^2 - 9 = -9$.

$y(2) = 2^4 - 8 \cdot 2^2 - 9 = 16 - 8 \cdot 4 - 9 = 16 - 32 - 9 = -25$.

$y(3) = 3^4 - 8 \cdot 3^2 - 9 = 81 - 8 \cdot 9 - 9 = 81 - 72 - 9 = 0$.

5. Сравниваем полученные значения: $-9$, $-25$, $0$.

Наибольшее значение функции на промежутке равно $0$, а наименьшее — $-25$.

Ответ: наибольшее значение $y_{наиб} = 0$, наименьшее значение $y_{наим} = -25$.

2) Найдем наибольшее и наименьшее значения функции $y = 3x^5 - 5x^3$ на промежутке $[2; 3]$.

1. Найдем производную функции: $y' = (3x^5 - 5x^3)' = 15x^4 - 15x^2$.

2. Найдем критические точки, решив уравнение $y'=0$: $15x^4 - 15x^2 = 0$.

Вынесем множитель: $15x^2(x^2 - 1) = 0$, или $15x^2(x - 1)(x + 1) = 0$.

Критические точки: $x_1 = 0$, $x_2 = 1$, $x_3 = -1$.

3. Ни одна из найденных критических точек не попадает в промежуток $[2; 3]$.

4. В таком случае наибольшее и наименьшее значения функция принимает на концах промежутка. Вычислим значения функции в точках $x=2$ и $x=3$.

$y(2) = 3 \cdot 2^5 - 5 \cdot 2^3 = 3 \cdot 32 - 5 \cdot 8 = 96 - 40 = 56$.

$y(3) = 3 \cdot 3^5 - 5 \cdot 3^3 = 3 \cdot 243 - 5 \cdot 27 = 729 - 135 = 594$.

5. Сравнивая полученные значения, заключаем, что наибольшее значение равно $594$, а наименьшее — $56$.

Ответ: наибольшее значение $y_{наиб} = 594$, наименьшее значение $y_{наим} = 56$.

3) Найдем наибольшее и наименьшее значения функции $y = \sqrt{x} - x$ на промежутке $[0; 4]$.

1. Найдем производную функции: $y' = (\sqrt{x} - x)' = (x^{1/2} - x)' = \frac{1}{2}x^{-1/2} - 1 = \frac{1}{2\sqrt{x}} - 1$.

Производная не определена в точке $x=0$, которая является концом отрезка.

2. Найдем критические точки, решив уравнение $y'=0$: $\frac{1}{2\sqrt{x}} - 1 = 0$.

Отсюда $\frac{1}{2\sqrt{x}} = 1$, что дает $2\sqrt{x} = 1$, или $\sqrt{x} = \frac{1}{2}$. Возведя в квадрат, получаем $x = \frac{1}{4}$.

3. Критическая точка $x = \frac{1}{4}$ принадлежит промежутку $[0; 4]$.

4. Вычислим значения функции в критической точке $x = \frac{1}{4}$ и на концах промежутка $x=0$ и $x=4$.

$y(0) = \sqrt{0} - 0 = 0$.

$y\left(\frac{1}{4}\right) = \sqrt{\frac{1}{4}} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4} = 0.25$.

$y(4) = \sqrt{4} - 4 = 2 - 4 = -2$.

5. Сравнивая значения $0$, $0.25$ и $-2$, находим, что наибольшее значение равно $0.25$, а наименьшее равно $-2$.

Ответ: наибольшее значение $y_{наиб} = 0.25$, наименьшее значение $y_{наим} = -2$.

4) Найдем наибольшее и наименьшее значения функции $y = \frac{1}{x} + x$ на промежутке $[0.5; 4]$.

1. Найдем производную функции: $y' = (\frac{1}{x} + x)' = (x^{-1} + x)' = -x^{-2} + 1 = -\frac{1}{x^2} + 1$.

2. Найдем критические точки из уравнения $y'=0$: $-\frac{1}{x^2} + 1 = 0$.

Отсюда $\frac{1}{x^2} = 1$, что дает $x^2 = 1$. Корни: $x = 1$ и $x = -1$.

3. Промежутку $[0.5; 4]$ принадлежит только критическая точка $x = 1$.

4. Вычислим значения функции в этой точке и на концах промежутка $x=0.5$ и $x=4$.

$y(0.5) = \frac{1}{0.5} + 0.5 = 2 + 0.5 = 2.5$.

$y(1) = \frac{1}{1} + 1 = 2$.

$y(4) = \frac{1}{4} + 4 = 0.25 + 4 = 4.25$.

5. Сравнивая значения $2.5$, $2$ и $4.25$, заключаем, что наибольшее значение равно $4.25$, а наименьшее — $2$.

Ответ: наибольшее значение $y_{наиб} = 4.25$, наименьшее значение $y_{наим} = 2$.

8. Докажите:

1) $\lim_{x\to\infty} \frac{x^2 - 2x}{2x^2 + 3} = \frac{1}{2}$;

2) $\lim_{x\to\infty} \frac{4x - 3x^3}{x^3 - 3x + 1} = -3$;

3) $\lim_{x\to\infty} \frac{x^2 - x - 6}{2 - x^2} = -1$;

4) $\lim_{x\to\infty} \frac{5x^2 - 3x^3 + 4x + 11}{x^3 - x + 3} = -3$.

1) Чтобы доказать данное равенство, найдем предел отношения двух многочленов при $x \to \infty$. Для этого разделим числитель и знаменатель дроби на старшую степень переменной $x$ в знаменателе, то есть на $x^2$.

$\lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - 2x}{2x^2 + 3} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{x^2 - 2x}{x^2}}{\frac{2x^2 + 3}{x^2}} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 - \frac{2}{x}}{2 + \frac{3}{x^2}}$.

Поскольку при $x \to \infty$ значения выражений $\frac{2}{x}$ и $\frac{3}{x^2}$ стремятся к нулю, мы можем подставить их предельные значения:

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

Таким образом, равенство доказано.

Ответ: $\lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - 2x}{2x^2 + 3} = \frac{1}{2}$.

2) Для нахождения предела разделим числитель и знаменатель дроби на старшую степень переменной $x$ в знаменателе, которой является $x^3$.

$\lim_{x \to \infty} \frac{4x - 3x^3}{x^3 - 3x + 1} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{4x - 3x^3}{x^3}}{\frac{x^3 - 3x + 1}{x^3}} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{4}{x^2} - 3}{1 - \frac{3}{x^2} + \frac{1}{x^3}}$.

При $x \to \infty$ выражения $\frac{4}{x^2}$, $\frac{3}{x^2}$ и $\frac{1}{x^3}$ стремятся к нулю. Следовательно, предел равен:

$\frac{0 - 3}{1 - 0 + 0} = -3$.

Равенство доказано.

Ответ: $\lim_{x \to \infty} \frac{4x - 3x^3}{x^3 - 3x + 1} = -3$.

3) Разделим числитель и знаменатель дроби на старшую степень переменной $x$ в знаменателе, то есть на $x^2$.

$\lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - x - 6}{2 - x^2} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{x^2 - x - 6}{x^2}}{\frac{2 - x^2}{x^2}} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 - \frac{1}{x} - \frac{6}{x^2}}{\frac{2}{x^2} - 1}$.

Поскольку при $x \to \infty$ выражения $\frac{1}{x}$, $\frac{6}{x^2}$ и $\frac{2}{x^2}$ стремятся к нулю, получаем:

$\frac{1 - 0 - 0}{0 - 1} = \frac{1}{-1} = -1$.

Равенство доказано.

Ответ: $\lim_{x \to \infty} \frac{x^2 - x - 6}{2 - x^2} = -1$.

4) Для доказательства разделим числитель и знаменатель на старшую степень переменной $x$ в знаменателе, которой является $x^3$.

$\lim_{x \to \infty} \frac{5x^2 - 3x^3 + 4x + 11}{x^3 - x + 3} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{5x^2}{x^3} - \frac{3x^3}{x^3} + \frac{4x}{x^3} + \frac{11}{x^3}}{\frac{x^3}{x^3} - \frac{x}{x^3} + \frac{3}{x^3}} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{5}{x} - 3 + \frac{4}{x^2} + \frac{11}{x^3}}{1 - \frac{1}{x^2} + \frac{3}{x^3}}$.

При $x \to \infty$ все слагаемые вида $\frac{c}{x^n}$ (где $n>0$) стремятся к нулю. Таким образом, предел равен:

$\frac{0 - 3 + 0 + 0}{1 - 0 + 0} = \frac{-3}{1} = -3$.

Равенство доказано.

Ответ: $\lim_{x \to \infty} \frac{5x^2 - 3x^3 + 4x + 11}{x^3 - x + 3} = -3$.

Найдите пределы функций (9–10):

9. 1) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{3x};$

2) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{\text{tg } 2x};$

3) $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 4x}{4x^2};$

4) $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 6x}{\sin^2 2x};$

5) $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - x} - 1}{x};$

6) $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{4 - x} - 2}{x};$

7) $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{3 - x} - \sqrt{3}}{2x};$

8) $\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5 - x} - 2}{x - 1}.$

1) Для решения этого предела воспользуемся первым замечательным пределом, который гласит, что $ \lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1 $.

В данном случае мы можем сделать замену переменной. Пусть $ u = 3x $. Когда $ x $ стремится к нулю, $ u $ также стремится к нулю.

Подставляя новую переменную в исходное выражение, получаем:

$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{3x} = \lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1 $.

Ответ: $1$

2) При подстановке $ x = 0 $ возникает неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Для ее раскрытия воспользуемся эквивалентными бесконечно малыми функциями. При $ x \to 0 $ справедливы следующие эквивалентности: $ \sin(kx) \sim kx $ и $ \tan(kx) \sim kx $.

В нашем случае $ \sin 5x \sim 5x $ и $ \tan 2x \sim 2x $.

Заменяем функции на эквивалентные им бесконечно малые в выражении под знаком предела:

$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{\tan 2x} = \lim_{x \to 0} \frac{5x}{2x} = \frac{5}{2} $.

Ответ: $\frac{5}{2}$

3) Здесь также имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Используем следствие из первого замечательного предела: $ 1 - \cos u \sim \frac{u^2}{2} $ при $ u \to 0 $.

В данном примере $ u = 4x $. Следовательно, $ 1 - \cos 4x \sim \frac{(4x)^2}{2} = \frac{16x^2}{2} = 8x^2 $.

Подставим эту эквивалентность в предел:

$ \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 4x}{4x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{8x^2}{4x^2} = \frac{8}{4} = 2 $.

Ответ: $2$

4) Для нахождения этого предела с неопределенностью $ \frac{0}{0} $ снова применим эквивалентные бесконечно малые.

Для числителя используем $ 1 - \cos 6x \sim \frac{(6x)^2}{2} = \frac{36x^2}{2} = 18x^2 $.

Для знаменателя используем $ \sin 2x \sim 2x $, тогда $ \sin^2 2x \sim (2x)^2 = 4x^2 $.

Производим замену в исходном пределе:

$ \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 6x}{\sin^2 2x} = \lim_{x \to 0} \frac{18x^2}{4x^2} = \frac{18}{4} = \frac{9}{2} $.

Ответ: $\frac{9}{2}$

5) В этом пределе неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Для ее устранения домножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное числителю, то есть на $ (\sqrt{1 - x} + 1) $.

$ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{(\sqrt{1 - x} - 1)(\sqrt{1 - x} + 1)}{x(\sqrt{1 - x} + 1)} $

В числителе применяем формулу разности квадратов $ (a-b)(a+b) = a^2 - b^2 $:

$ = \lim_{x \to 0} \frac{(\sqrt{1 - x})^2 - 1^2}{x(\sqrt{1 - x} + 1)} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - x - 1}{x(\sqrt{1 - x} + 1)} = \lim_{x \to 0} \frac{-x}{x(\sqrt{1 - x} + 1)} $

Сокращаем $ x $ (так как $ x \to 0 $, но $ x \neq 0 $):

$ = \lim_{x \to 0} \frac{-1}{\sqrt{1 - x} + 1} = \frac{-1}{\sqrt{1 - 0} + 1} = \frac{-1}{1 + 1} = -\frac{1}{2} $.

Ответ: $-\frac{1}{2}$

6) Здесь снова неопределенность $ \frac{0}{0} $. Умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $ (\sqrt{4 - x} + 2) $.

$ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{4 - x} - 2}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{(\sqrt{4 - x} - 2)(\sqrt{4 - x} + 2)}{x(\sqrt{4 - x} + 2)} $

$ = \lim_{x \to 0} \frac{(4 - x) - 4}{x(\sqrt{4 - x} + 2)} = \lim_{x \to 0} \frac{-x}{x(\sqrt{4 - x} + 2)} $

Сокращаем $ x $:

$ = \lim_{x \to 0} \frac{-1}{\sqrt{4 - x} + 2} = \frac{-1}{\sqrt{4 - 0} + 2} = \frac{-1}{2 + 2} = -\frac{1}{4} $.

Ответ: $-\frac{1}{4}$

7) В этом пределе также неопределенность $ \frac{0}{0} $. Домножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $ (\sqrt{3 - x} + \sqrt{3}) $.

$ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{3 - x} - \sqrt{3}}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{(\sqrt{3 - x} - \sqrt{3})(\sqrt{3 - x} + \sqrt{3})}{2x(\sqrt{3 - x} + \sqrt{3})} $

$ = \lim_{x \to 0} \frac{(3 - x) - 3}{2x(\sqrt{3 - x} + \sqrt{3})} = \lim_{x \to 0} \frac{-x}{2x(\sqrt{3 - x} + \sqrt{3})} $

Сокращаем $ x $:

$ = \lim_{x \to 0} \frac{-1}{2(\sqrt{3 - x} + \sqrt{3})} = \frac{-1}{2(\sqrt{3 - 0} + \sqrt{3})} = \frac{-1}{2(2\sqrt{3})} = -\frac{1}{4\sqrt{3}} $.

Ответ: $-\frac{1}{4\sqrt{3}}$

8) При $ x \to 1 $ получаем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Как и в предыдущих примерах с корнями, домножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение, которое в данном случае равно $ (\sqrt{5 - x} + 2) $.

$ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{5 - x} - 2}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(\sqrt{5 - x} - 2)(\sqrt{5 - x} + 2)}{(x - 1)(\sqrt{5 - x} + 2)} $

$ = \lim_{x \to 1} \frac{(5 - x) - 4}{(x - 1)(\sqrt{5 - x} + 2)} = \lim_{x \to 1} \frac{1 - x}{(x - 1)(\sqrt{5 - x} + 2)} $

Заметим, что $ 1 - x = -(x - 1) $. Подставим это в числитель:

$ = \lim_{x \to 1} \frac{-(x - 1)}{(x - 1)(\sqrt{5 - x} + 2)} $

Сократим дробь на $ (x - 1) $:

$ = \lim_{x \to 1} \frac{-1}{\sqrt{5 - x} + 2} = \frac{-1}{\sqrt{5 - 1} + 2} = \frac{-1}{\sqrt{4} + 2} = \frac{-1}{2 + 2} = -\frac{1}{4} $.

Ответ: $-\frac{1}{4}$

10. 1) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{\sin 2x};$

2) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin (-2x)}{\operatorname{tg} 2x};$

3) $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{x^2};$

4) $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{(2x)^2};$

5) $\lim_{x \to 3} \frac{x^2 - x - 6}{3 - x};$

6) $\lim_{x \to -3} \frac{x^2 + x - 6}{x^2 - 9};$

7) $\lim_{x \to 2} \frac{x^2 + x - 6}{x^2 + 2x - 8};$

8) $\lim_{x \to -6} \frac{x^2 + 5x - 6}{2x + 12}.$

1)Для вычисления предела $ \lim_{x\to0} \frac{\sin 3x}{\sin 2x} $ мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.Воспользуемся первым замечательным пределом $ \lim_{u\to0} \frac{\sin u}{u} = 1 $.Преобразуем выражение, умножив и разделив числитель на $ 3x $, а знаменатель на $ 2x $:$ \lim_{x\to0} \frac{\sin 3x}{\sin 2x} = \lim_{x\to0} \frac{\frac{\sin 3x}{3x} \cdot 3x}{\frac{\sin 2x}{2x} \cdot 2x} $.Поскольку при $ x \to 0 $, также $ 3x \to 0 $ и $ 2x \to 0 $, мы можем применить первый замечательный предел к числителю и знаменателю:$ \lim_{x\to0} \frac{\sin 3x}{3x} = 1 $ и $ \lim_{x\to0} \frac{\sin 2x}{2x} = 1 $.Тогда предел становится:$ \lim_{x\to0} \frac{1 \cdot 3x}{1 \cdot 2x} = \lim_{x\to0} \frac{3x}{2x} = \frac{3}{2} $.Ответ: $ \frac{3}{2} $

2)Для вычисления предела $ \lim_{x\to0} \frac{\sin(-2x)}{\operatorname{tg} 2x} $ мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.Используем свойство нечетности синуса $ \sin(-a) = -\sin(a) $ и определение тангенса $ \operatorname{tg} a = \frac{\sin a}{\cos a} $.$ \lim_{x\to0} \frac{\sin(-2x)}{\operatorname{tg} 2x} = \lim_{x\to0} \frac{-\sin 2x}{\frac{\sin 2x}{\cos 2x}} $.Упростим выражение:$ \lim_{x\to0} \frac{-\sin 2x \cdot \cos 2x}{\sin 2x} $.Поскольку $ x \to 0 $, но $ x \neq 0 $, то $ \sin 2x \neq 0 $, и мы можем сократить на $ \sin 2x $:$ \lim_{x\to0} (-\cos 2x) $.Подставляем $ x = 0 $:$ -\cos(2 \cdot 0) = -\cos(0) = -1 $.Ответ: $ -1 $

3)Для вычисления предела $ \lim_{x\to0} \frac{1 - \cos 2x}{x^2} $ мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.Воспользуемся тригонометрической формулой понижения степени $ 1 - \cos 2\alpha = 2\sin^2\alpha $.Применив эту формулу, получим:$ \lim_{x\to0} \frac{2\sin^2 x}{x^2} $.Перепишем выражение, используя первый замечательный предел $ \lim_{u\to0} \frac{\sin u}{u} = 1 $:$ \lim_{x\to0} 2 \cdot \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 = 2 \cdot \left(\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}\right)^2 $.Подставляем значение замечательного предела:$ 2 \cdot 1^2 = 2 $.Ответ: $ 2 $

4)Для вычисления предела $ \lim_{x\to0} \frac{1 - \cos 2x}{(2x)^2} $ мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.Воспользуемся следствием из первого замечательного предела (иногда называемым вторым замечательным пределом): $ \lim_{u\to0} \frac{1 - \cos u}{u^2} = \frac{1}{2} $.Сделаем замену переменной. Пусть $ u = 2x $. Когда $ x \to 0 $, то и $ u \to 0 $.Тогда наш предел принимает вид:$ \lim_{u\to0} \frac{1 - \cos u}{u^2} $.Согласно указанному пределу, это выражение равно $ \frac{1}{2} $.Ответ: $ \frac{1}{2} $

5)Для вычисления предела $ \lim_{x\to3} \frac{x^2 - x - 6}{3 - x} $ подставим $ x=3 $ в числитель и знаменатель:Числитель: $ 3^2 - 3 - 6 = 9 - 3 - 6 = 0 $.Знаменатель: $ 3 - 3 = 0 $.Получили неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Это означает, что $ x=3 $ является корнем многочлена в числителе. Разложим числитель на множители.Для $ x^2 - x - 6 = 0 $ найдем корни: $ x_{1,2} = \frac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^2 - 4(1)(-6)}}{2(1)} = \frac{1 \pm \sqrt{1+24}}{2} = \frac{1 \pm 5}{2} $. Корни: $ x_1 = 3 $, $ x_2 = -2 $.Тогда $ x^2 - x - 6 = (x - 3)(x + 2) $.Подставим разложение в предел:$ \lim_{x\to3} \frac{(x - 3)(x + 2)}{3 - x} = \lim_{x\to3} \frac{(x - 3)(x + 2)}{-(x - 3)} $.Сократим на $ (x - 3) $, так как $ x \to 3 $, но $ x \neq 3 $:$ \lim_{x\to3} -(x + 2) = -(3 + 2) = -5 $.Ответ: $ -5 $

6)Для вычисления предела $ \lim_{x\to-3} \frac{x^2 + x - 6}{x^2 - 9} $ подставим $ x=-3 $:Числитель: $ (-3)^2 + (-3) - 6 = 9 - 3 - 6 = 0 $.Знаменатель: $ (-3)^2 - 9 = 9 - 9 = 0 $.Получили неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Разложим числитель и знаменатель на множители.Для числителя $ x^2 + x - 6 = 0 $ найдем корни: $ x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-6)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{25}}{2} = \frac{-1 \pm 5}{2} $. Корни: $ x_1 = 2 $, $ x_2 = -3 $. Тогда $ x^2 + x - 6 = (x - 2)(x + 3) $.Знаменатель раскладывается по формуле разности квадратов: $ x^2 - 9 = (x - 3)(x + 3) $.Подставим разложения в предел:$ \lim_{x\to-3} \frac{(x - 2)(x + 3)}{(x - 3)(x + 3)} $.Сократим на $ (x + 3) $, так как $ x \to -3 $, но $ x \neq -3 $:$ \lim_{x\to-3} \frac{x - 2}{x - 3} = \frac{-3 - 2}{-3 - 3} = \frac{-5}{-6} = \frac{5}{6} $.Ответ: $ \frac{5}{6} $

7)Для вычисления предела $ \lim_{x\to2} \frac{x^2 + x - 6}{2x^2 + 2x - 8} $ подставим предельное значение $ x=2 $ в выражение.Вычислим значение числителя при $ x=2 $:$ 2^2 + 2 - 6 = 4 + 2 - 6 = 0 $.Вычислим значение знаменателя при $ x=2 $:$ 2(2^2) + 2(2) - 8 = 2(4) + 4 - 8 = 8 + 4 - 8 = 4 $.Поскольку знаменатель не равен нулю в предельной точке, мы можем найти предел прямой подстановкой:$ \lim_{x\to2} \frac{x^2 + x - 6}{2x^2 + 2x - 8} = \frac{0}{4} = 0 $.Ответ: $ 0 $

8)Для вычисления предела $ \lim_{x\to-6} \frac{x^2 + 5x - 6}{2x + 12} $ подставим $ x=-6 $:Числитель: $ (-6)^2 + 5(-6) - 6 = 36 - 30 - 6 = 0 $.Знаменатель: $ 2(-6) + 12 = -12 + 12 = 0 $.Получили неопределенность вида $ \frac{0}{0} $. Разложим числитель и знаменатель на множители.Для числителя $ x^2 + 5x - 6 = 0 $ найдем корни: $ x_{1,2} = \frac{-5 \pm \sqrt{5^2 - 4(1)(-6)}}{2} = \frac{-5 \pm \sqrt{25+24}}{2} = \frac{-5 \pm 7}{2} $. Корни: $ x_1 = 1 $, $ x_2 = -6 $. Тогда $ x^2 + 5x - 6 = (x - 1)(x + 6) $.Знаменатель: $ 2x + 12 = 2(x + 6) $.Подставим разложения в предел:$ \lim_{x\to-6} \frac{(x - 1)(x + 6)}{2(x + 6)} $.Сократим на $ (x + 6) $, так как $ x \to -6 $, но $ x \neq -6 $:$ \lim_{x\to-6} \frac{x - 1}{2} = \frac{-6 - 1}{2} = \frac{-7}{2} $.Ответ: $ -\frac{7}{2} $

11. Найдите производную функции f(x):

1) $f(x) = \sin^2 2x + \cos^2 2x - \sqrt{2x}$;

2) $f(x) = \sin^3 2x + \cos 3x - \frac{2}{x}$;

3) $f(x) = \text{tg}^2 2x + \text{ctg} 3x + \sqrt{\pi}$;

4) $f(x) = \text{arctg} 2x + \text{arccos} x + \sqrt{x}$.

1) Дана функция $f(x) = \sin^2(2x) + \cos^2(2x) - \sqrt{2x}$.

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1$. В данном случае $\alpha = 2x$, поэтому $\sin^2(2x) + \cos^2(2x) = 1$.

Функция упрощается до вида: $f(x) = 1 - \sqrt{2x}$.

Теперь найдем производную. Производная от константы равна нулю. Для нахождения производной от $\sqrt{2x}$ воспользуемся правилом дифференцирования сложной функции $(g(h(x)))' = g'(h(x)) \cdot h'(x)$.

Пусть $g(u) = \sqrt{u}$ и $h(x) = 2x$. Тогда $g'(u) = \frac{1}{2\sqrt{u}}$ и $h'(x) = 2$.

$f'(x) = (1)' - (\sqrt{2x})' = 0 - \frac{1}{2\sqrt{2x}} \cdot (2x)' = -\frac{1}{2\sqrt{2x}} \cdot 2 = -\frac{2}{2\sqrt{2x}} = -\frac{1}{\sqrt{2x}}$.

Ответ: $f'(x) = -\frac{1}{\sqrt{2x}}$.

2) Дана функция $f(x) = \sin^3(2x) + \cos(3x) - \frac{2}{x}$.

Находим производную каждого слагаемого по отдельности, используя правило дифференцирования сложной функции и правило степенной функции.

Для первого слагаемого $(\sin^3(2x))'$: Это сложная функция. Применяем правило цепной производной: $(\sin^3(2x))' = 3\sin^2(2x) \cdot (\sin(2x))' = 3\sin^2(2x) \cdot \cos(2x) \cdot (2x)' = 3\sin^2(2x) \cdot \cos(2x) \cdot 2 = 6\sin^2(2x)\cos(2x)$.

Для второго слагаемого $(\cos(3x))'$: $(\cos(3x))' = -\sin(3x) \cdot (3x)' = -3\sin(3x)$.

Для третьего слагаемого $(-\frac{2}{x})'$, представим его как $(-2x^{-1})'$: $(-2x^{-1})' = -2 \cdot (-1)x^{-1-1} = 2x^{-2} = \frac{2}{x^2}$.

Складываем полученные производные: $f'(x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x) - 3\sin(3x) + \frac{2}{x^2}$.

Ответ: $f'(x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x) - 3\sin(3x) + \frac{2}{x^2}$.

3) Дана функция $f(x) = \operatorname{tg}^2(2x) + \operatorname{ctg}(3x) + \sqrt{\pi}$.

Заметим, что $\sqrt{\pi}$ является константой, поэтому ее производная равна нулю. Находим производную для остальных слагаемых.

Для первого слагаемого $(\operatorname{tg}^2(2x))'$: Используем правило дифференцирования сложной функции. $(\operatorname{tg}^2(2x))' = 2\operatorname{tg}(2x) \cdot (\operatorname{tg}(2x))' = 2\operatorname{tg}(2x) \cdot \frac{1}{\cos^2(2x)} \cdot (2x)' = 2\operatorname{tg}(2x) \cdot \frac{1}{\cos^2(2x)} \cdot 2 = \frac{4\operatorname{tg}(2x)}{\cos^2(2x)}$.

Для второго слагаемого $(\operatorname{ctg}(3x))'$: $(\operatorname{ctg}(3x))' = -\frac{1}{\sin^2(3x)} \cdot (3x)' = -\frac{1}{\sin^2(3x)} \cdot 3 = -\frac{3}{\sin^2(3x)}$.

Производная константы $(\sqrt{\pi})' = 0$.

Объединяем результаты: $f'(x) = \frac{4\operatorname{tg}(2x)}{\cos^2(2x)} - \frac{3}{\sin^2(3x)}$.

Ответ: $f'(x) = \frac{4\operatorname{tg}(2x)}{\cos^2(2x)} - \frac{3}{\sin^2(3x)}$.

4) Дана функция $f(x) = \operatorname{arctg}(2x) + \operatorname{arccos}(x) + \sqrt{x}$.

Находим производную каждого слагаемого, используя табличные производные и правило дифференцирования сложной функции.

Для первого слагаемого $(\operatorname{arctg}(2x))'$: Используем формулу $(\operatorname{arctg}(u))' = \frac{u'}{1+u^2}$. Здесь $u=2x$, $u'=2$. $(\operatorname{arctg}(2x))' = \frac{2}{1+(2x)^2} = \frac{2}{1+4x^2}$.

Для второго слагаемого $(\operatorname{arccos}(x))'$: Это табличная производная: $(\operatorname{arccos}(x))' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

Для третьего слагаемого $(\sqrt{x})'$, представим его как $(x^{1/2})'$: Используем правило для степенной функции: $(x^{1/2})' = \frac{1}{2}x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Суммируем все производные: $f'(x) = \frac{2}{1+4x^2} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Ответ: $f'(x) = \frac{2}{1+4x^2} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{2\sqrt{x}}$.

12. Найдите значение второй производной функции $f(x) = x + \sqrt{1 + x^2}$ при $x = 2$.

Для нахождения значения второй производной функции $f(x) = x + \sqrt{1 + x^2}$ при $x = 2$, необходимо последовательно найти первую и вторую производные.

1. Нахождение первой производной $f'(x)$

Используем правило дифференцирования суммы и правило дифференцирования сложной функции (цепное правило):

$f'(x) = (x + \sqrt{1 + x^2})' = (x)' + (\sqrt{1+x^2})'$

Производная первого слагаемого: $(x)' = 1$.

Для второго слагаемого $\sqrt{1+x^2} = (1+x^2)^{1/2}$ применяем цепное правило:

$(\sqrt{1+x^2})' = \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}} \cdot (1+x^2)' = \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}} \cdot 2x = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$.

Таким образом, первая производная равна:

$f'(x) = 1 + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$.

2. Нахождение второй производной $f''(x)$

Теперь дифференцируем первую производную $f'(x)$:

$f''(x) = (1 + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}})' = (1)' + (\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})'$.

Производная константы $(1)'$ равна 0.

Для нахождения производной дроби $\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ используем правило дифференцирования частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$, где $u = x$ и $v = \sqrt{1+x^2}$.

Мы уже знаем, что $u' = 1$ и $v' = (\sqrt{1+x^2})' = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$.

Подставляем в формулу:

$(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})' = \frac{1 \cdot \sqrt{1+x^2} - x \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{(\sqrt{1+x^2})^2} = \frac{\sqrt{1+x^2} - \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2}$.

Чтобы упростить числитель, приведем его к общему знаменателю:

$\sqrt{1+x^2} - \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{(\sqrt{1+x^2})^2 - x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{(1+x^2) - x^2}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.

Подставляем упрощенный числитель обратно в выражение для второй производной:

$f''(x) = \frac{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} = \frac{1}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{(1+x^2)^{3/2}}$.

3. Вычисление значения $f''(2)$

Подставляем значение $x=2$ в выражение для второй производной:

$f''(2) = \frac{1}{(1+2^2)^{3/2}} = \frac{1}{(1+4)^{3/2}} = \frac{1}{5^{3/2}}$.

Поскольку $5^{3/2} = (\sqrt{5})^3 = 5\sqrt{5}$, получаем:

$f''(2) = \frac{1}{5\sqrt{5}}$.

Ответ: $\frac{1}{5\sqrt{5}}$.

13. Найдите производную функции:

1) $f(x) = \frac{2x-1}{3x+2} + 3x - 2;$

2) $f(x) = x\sin2x + \sqrt{2-3x}.$

1) Чтобы найти производную функции $f(x) = \frac{2x-1}{3x+2} + 3x - 2$, воспользуемся правилом дифференцирования суммы: $f'(x) = (\frac{2x-1}{3x+2})' + (3x)' - (2)'$.

Найдем производную каждого слагаемого по отдельности.

Для первого слагаемого $\frac{2x-1}{3x+2}$ используем правило производной частного $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$(\frac{2x-1}{3x+2})' = \frac{(2x-1)'(3x+2) - (2x-1)(3x+2)'}{(3x+2)^2} = \frac{2(3x+2) - (2x-1) \cdot 3}{(3x+2)^2} = \frac{6x+4 - 6x+3}{(3x+2)^2} = \frac{7}{(3x+2)^2}$.

Производная второго слагаемого: $(3x)' = 3$.

Производная третьего слагаемого (константы): $(2)' = 0$.

Теперь сложим полученные результаты:

$f'(x) = \frac{7}{(3x+2)^2} + 3 - 0 = \frac{7}{(3x+2)^2} + 3$.

Ответ: $f'(x) = \frac{7}{(3x+2)^2} + 3$.

2) Чтобы найти производную функции $f(x) = x\sin2x + \sqrt{2-3x}$, воспользуемся правилом дифференцирования суммы: $f'(x) = (x\sin2x)' + (\sqrt{2-3x})'$.

Найдем производную каждого слагаемого по отдельности.

Для первого слагаемого $x\sin2x$ используем правило производной произведения $(uv)' = u'v + uv'$ и правило дифференцирования сложной функции:

$(x\sin2x)' = (x)'\sin2x + x(\sin2x)' = 1 \cdot \sin2x + x \cdot \cos(2x) \cdot (2x)' = \sin2x + x \cdot \cos(2x) \cdot 2 = \sin2x + 2x\cos2x$.

Для второго слагаемого $\sqrt{2-3x}$ используем правило дифференцирования сложной функции. Представим корень в виде степени: $\sqrt{2-3x} = (2-3x)^{1/2}$.

$(\sqrt{2-3x})' = ((2-3x)^{1/2})' = \frac{1}{2}(2-3x)^{1/2-1} \cdot (2-3x)' = \frac{1}{2}(2-3x)^{-1/2} \cdot (-3) = -\frac{3}{2(2-3x)^{1/2}} = -\frac{3}{2\sqrt{2-3x}}$.

Теперь сложим полученные результаты:

$f'(x) = \sin2x + 2x\cos2x - \frac{3}{2\sqrt{2-3x}}$.

Ответ: $f'(x) = \sin2x + 2x\cos2x - \frac{3}{2\sqrt{2-3x}}$.

14. Найдите точки, в которых $f'(x)=0$:

1) $f(x) = 3x^2 - x^3$;

2) $f(x) = 2x^2 - x^4$;

3) $f(x) = \sin(2x) + \cos(2x) - 2$;

4) $f(x) = \sin^2(2x) + 2x - 1$.

Для нахождения точек, в которых производная функции $f'(x)$ равна нулю, необходимо для каждой функции выполнить два шага:

1. Найти производную $f'(x)$.

2. Решить уравнение $f'(x) = 0$.

1) $f(x) = 3x^2 - x^3$

Сначала находим производную функции, используя правило дифференцирования степенной функции $(x^n)' = nx^{n-1}$:

$f'(x) = (3x^2 - x^3)' = 3 \cdot 2x^{2-1} - 3x^{3-1} = 6x - 3x^2$.

Теперь приравниваем производную к нулю и решаем полученное уравнение:

$6x - 3x^2 = 0$.

Выносим общий множитель $3x$ за скобки:

$3x(2 - x) = 0$.

Произведение равно нулю, когда хотя бы один из множителей равен нулю. Отсюда получаем два возможных случая:

$3x = 0$ или $2 - x = 0$.

Решая эти простые уравнения, находим точки:

$x_1 = 0$,

$x_2 = 2$.

Ответ: $x=0$, $x=2$.

2) $f(x) = 2x^2 - x^4$

Находим производную функции:

$f'(x) = (2x^2 - x^4)' = 2 \cdot 2x - 4x^3 = 4x - 4x^3$.

Приравниваем производную к нулю:

$4x - 4x^3 = 0$.

Выносим общий множитель $4x$ за скобки:

$4x(1 - x^2) = 0$.

Используем формулу разности квадратов $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ для выражения в скобках:

$4x(1 - x)(1 + x) = 0$.

Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю:

$4x = 0$ или $1 - x = 0$ или $1 + x = 0$.

Решая эти уравнения, находим три точки:

$x_1 = 0$,

$x_2 = 1$,

$x_3 = -1$.

Ответ: $x=-1$, $x=0$, $x=1$.

3) $f(x) = \sin(2x) + \cos(2x) - 2$

Находим производную, используя правила дифференцирования тригонометрических функций и сложной функции: $(\sin u)' = u'\cos u$, $(\cos u)' = -u'\sin u$.

$f'(x) = (\sin(2x) + \cos(2x) - 2)' = (\sin(2x))' + (\cos(2x))' - (2)'$.

$f'(x) = \cos(2x) \cdot (2x)' - \sin(2x) \cdot (2x)' - 0 = 2\cos(2x) - 2\sin(2x)$.

Приравниваем производную к нулю:

$2\cos(2x) - 2\sin(2x) = 0$.

$2\cos(2x) = 2\sin(2x)$.

$\cos(2x) = \sin(2x)$.

Разделим обе части уравнения на $\cos(2x)$. Это можно сделать, так как если $\cos(2x) = 0$, то $\sin(2x) = \pm 1$, и равенство $0 = \pm 1$ не выполняется.

$\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)} = 1$.

$\tan(2x) = 1$.

Общее решение уравнения $\tan(u) = 1$ имеет вид $u = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n$ — любое целое число ($n \in Z$).

В нашем случае $u = 2x$:

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

Разделим обе части на 2, чтобы найти $x$:

$x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$, $n \in Z$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$, $n \in Z$.

4) $f(x) = \sin^2(2x) + 2x - 1$

Находим производную. Для члена $\sin^2(2x)$ используем правило дифференцирования сложной функции $(u^2)'=2uu'$:

$f'(x) = (\sin^2(2x) + 2x - 1)' = (\sin^2(2x))' + (2x)' - (1)'$.

$(\sin^2(2x))' = 2\sin(2x) \cdot (\sin(2x))' = 2\sin(2x) \cdot \cos(2x) \cdot (2x)' = 2\sin(2x)\cos(2x) \cdot 2 = 4\sin(2x)\cos(2x)$.

Используя формулу синуса двойного угла $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$, получаем:

$4\sin(2x)\cos(2x) = 2 \cdot (2\sin(2x)\cos(2x)) = 2\sin(2 \cdot 2x) = 2\sin(4x)$.

Производная всей функции:

$f'(x) = 2\sin(4x) + 2$.

Приравниваем производную к нулю:

$2\sin(4x) + 2 = 0$.

$2\sin(4x) = -2$.

$\sin(4x) = -1$.

Это частный случай тригонометрического уравнения. Решение для $\sin(u) = -1$ имеет вид $u = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

В нашем случае $u = 4x$:

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

Разделим обе части на 4:

$x = -\frac{\pi}{8} + \frac{2\pi n}{4} = -\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$, $n \in Z$.

Ответ: $x = -\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$, $n \in Z$.