Номер 644, страница 193 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

§ 36. Решение тригонометрических уравнений. Глава 6. Тригонометрические уравнения - номер 644, страница 193.

644 1) $4 |\cos x| + 3 = 4 \sin^2 x$

2) $|\operatorname{tg} x| + 1 = \frac{1}{\cos^2 x}$

1) $4|\cos x| + 3 = 4\sin^2 x$

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, из которого следует, что $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$. Подставим это выражение в исходное уравнение:

$4|\cos x| + 3 = 4(1 - \cos^2 x)$

Воспользуемся тем, что $\cos^2 x = |\cos x|^2$. Уравнение примет вид:

$4|\cos x| + 3 = 4 - 4|\cos x|^2$

Произведем замену переменной. Пусть $t = |\cos x|$. Поскольку $|\cos x|$ может принимать значения от 0 до 1, то $0 \le t \le 1$.

Получаем квадратное уравнение относительно $t$:

$4t + 3 = 4 - 4t^2$

$4t^2 + 4t - 1 = 0$

Решим это уравнение с помощью дискриминанта:

$D = b^2 - 4ac = 4^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-1) = 16 + 16 = 32$

$\sqrt{D} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$

Корни уравнения:

$t_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-4 \pm 4\sqrt{2}}{2 \cdot 4} = \frac{-1 \pm \sqrt{2}}{2}$

Получаем два корня:

$t_1 = \frac{-1 + \sqrt{2}}{2}$

$t_2 = \frac{-1 - \sqrt{2}}{2}$

Теперь проверим, удовлетворяют ли корни условию $0 \le t \le 1$.

Корень $t_1 = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$. Так как $1 < \sqrt{2} < 2$, то $0 < \sqrt{2}-1 < 1$, и $0 < \frac{\sqrt{2}-1}{2} < \frac{1}{2}$. Этот корень удовлетворяет условию $0 \le t \le 1$.

Корень $t_2 = \frac{-1 - \sqrt{2}}{2} < 0$. Этот корень не удовлетворяет условию $0 \le t \le 1$.

Возвращаемся к исходной переменной:

$|\cos x| = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

Это уравнение равносильно двум уравнениям:

$\cos x = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$ или $\cos x = -\frac{\sqrt{2} - 1}{2}$

Решения для первого уравнения: $x = \pm \arccos\left(\frac{\sqrt{2} - 1}{2}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Решения для второго уравнения: $x = \pm \arccos\left(-\frac{\sqrt{2} - 1}{2}\right) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Эти две серии решений можно объединить в одну. Если $|\cos x| = a$, то решениями являются все углы, косинус которых равен $a$ или $-a$. На единичной окружности это четыре точки, симметричные относительно осей координат. Общая формула для таких решений: $x = \pm \arccos(a) + \pi m, m \in \mathbb{Z}$.

Следовательно, общее решение нашего уравнения:

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

Ответ: $x = \pm \arccos\left(\frac{\sqrt{2} - 1}{2}\right) + \pi m, m \in \mathbb{Z}$.

2) $|\text{tg}\,x| + 1 = \frac{1}{\cos^2 x}$

Область допустимых значений уравнения определяется условием $\cos x \ne 0$, что означает $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Используем тригонометрическое тождество $1 + \text{tg}^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$. Подставим его в правую часть уравнения:

$|\text{tg}\,x| + 1 = 1 + \text{tg}^2 x$

Вычтем 1 из обеих частей:

$|\text{tg}\,x| = \text{tg}^2 x$

Так как $\text{tg}^2 x = |\text{tg}\,x|^2$, уравнение можно переписать в виде:

$|\text{tg}\,x| = |\text{tg}\,x|^2$

Произведем замену переменной. Пусть $y = |\text{tg}\,x|$. Так как модуль — неотрицательная величина, то $y \ge 0$.

Получаем уравнение:

$y = y^2$

$y^2 - y = 0$

$y(y-1) = 0$

Отсюда получаем два возможных значения для $y$:

$y_1 = 0$

$y_2 = 1$

Оба значения неотрицательны и являются решениями.

Возвращаемся к исходной переменной.

Случай 1: $|\text{tg}\,x| = 0$

$\text{tg}\,x = 0$

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

Случай 2: $|\text{tg}\,x| = 1$

Это уравнение распадается на два:

$\text{tg}\,x = 1 \implies x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$\text{tg}\,x = -1 \implies x = -\frac{\pi}{4} + \pi m, m \in \mathbb{Z}$

Две последние серии решений можно объединить в одну: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi j}{2}, j \in \mathbb{Z}$.

Все найденные решения удовлетворяют ОДЗ ($x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$).

Ответ: $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}; \quad x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.