Номер 3.19, страница 81 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.19. 1) $ \sin x + \operatorname{ctg} \frac{x}{2} = 2 $

2) $ \operatorname{ctg} \left(\frac{\pi}{4} - x\right) = 5 \operatorname{tg} 2x + 7 $

3) $ 3 \sin 4x = (\cos 2x - 1) \operatorname{tg} x $

4) $ (1 + \cos x) \sqrt{\operatorname{tg} \frac{x}{2} - 2} + \sin x = 2 \cos x $

1) $\sin x + \operatorname{ctg}\frac{x}{2} = 2$
Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение $\operatorname{ctg}\frac{x}{2}$ определено, если $\sin\frac{x}{2} \ne 0$, что означает $\frac{x}{2} \ne \pi n$, и следовательно, $x \ne 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Используем формулы универсальной тригонометрической подстановки. Пусть $t = \operatorname{tg}\frac{x}{2}$. Тогда $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$ и $\operatorname{ctg}\frac{x}{2} = \frac{1}{t}$. Из ОДЗ следует, что $t \ne 0$.
Подставим эти выражения в исходное уравнение:
$\frac{2t}{1+t^2} + \frac{1}{t} = 2$
Приведем к общему знаменателю $t(1+t^2)$:
$\frac{2t^2 + (1+t^2)}{t(1+t^2)} = 2$
$3t^2 + 1 = 2t(1+t^2)$
$3t^2 + 1 = 2t + 2t^3$
$2t^3 - 3t^2 + 2t - 1 = 0$
Это кубическое уравнение. Попробуем найти целые корни среди делителей свободного члена (-1), то есть $\pm 1$.
Проверим $t=1$: $2(1)^3 - 3(1)^2 + 2(1) - 1 = 2 - 3 + 2 - 1 = 0$. Значит, $t=1$ является корнем.
Разделим многочлен $2t^3 - 3t^2 + 2t - 1$ на $(t-1)$:
$(2t^3 - 3t^2 + 2t - 1) : (t-1) = 2t^2 - t + 1$
Таким образом, уравнение можно записать в виде:
$(t-1)(2t^2 - t + 1) = 0$
Получаем два случая:
1. $t-1=0 \implies t=1$.
2. $2t^2 - t + 1 = 0$. Найдем дискриминант: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 1 - 8 = -7$. Так как $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.
Единственным решением является $t=1$.
Вернемся к замене:
$\operatorname{tg}\frac{x}{2} = 1$
$\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$
$x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$
Это решение удовлетворяет ОДЗ ($x \ne 2\pi n$).
Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) $\operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{4}-x\right) = 5\operatorname{tg}2x+7$
Найдем ОДЗ:
1. $\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right) \ne 0 \implies \frac{\pi}{4}-x \ne \pi n \implies x \ne \frac{\pi}{4} - \pi n$.
2. $\cos 2x \ne 0 \implies 2x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$.
Второе условие является более строгим и включает в себя первое. Итак, ОДЗ: $x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.
Используем формулу приведения: $\operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \operatorname{tg}\alpha$.
$\operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{4}-x\right) = \operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{2} - \left(\frac{\pi}{4}+x\right)\right) = \operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}+x\right)$.
Применим формулу тангенса суммы: $\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}+x\right) = \frac{\operatorname{tg}\frac{\pi}{4}+\operatorname{tg}x}{1-\operatorname{tg}\frac{\pi}{4}\operatorname{tg}x} = \frac{1+\operatorname{tg}x}{1-\operatorname{tg}x}$.
Применим формулу тангенса двойного угла: $\operatorname{tg}2x = \frac{2\operatorname{tg}x}{1-\operatorname{tg}^2x}$.
Пусть $t = \operatorname{tg}x$. Уравнение принимает вид:
$\frac{1+t}{1-t} = 5\left(\frac{2t}{1-t^2}\right) + 7$
$\frac{1+t}{1-t} = \frac{10t}{(1-t)(1+t)} + 7$
Из ОДЗ $x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$ следует, что $\operatorname{tg}x \ne \pm 1$, то есть $t \ne \pm 1$. Умножим обе части на $(1-t)(1+t) = 1-t^2$:
$(1+t)(1+t) = 10t + 7(1-t^2)$
$1+2t+t^2 = 10t + 7 - 7t^2$
$8t^2 - 8t - 6 = 0$
$4t^2 - 4t - 3 = 0$
Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-4)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-3) = 16 + 48 = 64 = 8^2$.
$t_1 = \frac{4 - 8}{2 \cdot 4} = \frac{-4}{8} = -\frac{1}{2}$
$t_2 = \frac{4 + 8}{2 \cdot 4} = \frac{12}{8} = \frac{3}{2}$
Оба корня удовлетворяют условию $t \ne \pm 1$.
Вернемся к замене:
1. $\operatorname{tg}x = -\frac{1}{2} \implies x = \operatorname{arctg}\left(-\frac{1}{2}\right) + \pi n = -\operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2. $\operatorname{tg}x = \frac{3}{2} \implies x = \operatorname{arctg}\frac{3}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = -\operatorname{arctg}\frac{1}{2} + \pi n, x = \operatorname{arctg}\frac{3}{2} + \pi k, n, k \in \mathbb{Z}$.

3) $3\sin 4x = (\cos 2x - 1)\operatorname{tg}x$
ОДЗ: $\cos x \ne 0 \implies x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Преобразуем уравнение, используя тригонометрические формулы:
$3 \cdot (2\sin 2x \cos 2x) = (-2\sin^2 x) \cdot \frac{\sin x}{\cos x}$
$6 \cdot (2\sin x \cos x) \cos 2x = -2 \frac{\sin^3 x}{\cos x}$
$12\sin x \cos x \cos 2x = -2 \frac{\sin^3 x}{\cos x}$
Рассмотрим два случая:
Случай 1: $\sin x = 0$.
Тогда $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$. Это удовлетворяет ОДЗ, так как $\cos(\pi n) = (-1)^n \ne 0$.
Подставим в исходное уравнение: $3\sin(4\pi n) = (\cos(2\pi n)-1)\operatorname{tg}(\pi n) \implies 3 \cdot 0 = (1-1) \cdot 0 \implies 0=0$.
Следовательно, $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$ является серией решений.
Случай 2: $\sin x \ne 0$.
Разделим обе части уравнения $12\sin x \cos x \cos 2x = -2 \frac{\sin^3 x}{\cos x}$ на $2\sin x$:
$6\cos x \cos 2x = -\frac{\sin^2 x}{\cos x}$
Умножим на $\cos x \ne 0$:
$6\cos^2 x \cos 2x = -\sin^2 x$
Используем формулы понижения степени: $\cos^2 x = \frac{1+\cos 2x}{2}$ и $\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2}$.
$6 \left(\frac{1+\cos 2x}{2}\right) \cos 2x = -\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)$
$3(1+\cos 2x)\cos 2x = -\frac{1-\cos 2x}{2}$
$6(\cos 2x + \cos^2 2x) = -1 + \cos 2x$
$6\cos^2 2x + 5\cos 2x + 1 = 0$
Пусть $y = \cos 2x$. Тогда $6y^2+5y+1=0$.
$D = 5^2 - 4 \cdot 6 \cdot 1 = 25 - 24 = 1$.
$y_1 = \frac{-5-1}{12} = -\frac{6}{12} = -\frac{1}{2}$
$y_2 = \frac{-5+1}{12} = -\frac{4}{12} = -\frac{1}{3}$
Возвращаемся к замене:
a) $\cos 2x = -\frac{1}{2} \implies 2x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi m \implies x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi m, m \in \mathbb{Z}$.
b) $\cos 2x = -\frac{1}{3} \implies 2x = \pm \arccos\left(-\frac{1}{3}\right) + 2\pi p \implies x = \pm \frac{1}{2}\arccos\left(-\frac{1}{3}\right) + \pi p, p \in \mathbb{Z}$.
Все найденные серии корней удовлетворяют ОДЗ и условию $\sin x \ne 0$.
Ответ: $x = \pi n, x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi m, x = \pm \frac{1}{2}\arccos\left(-\frac{1}{3}\right) + \pi p, n, m, p \in \mathbb{Z}$.

4) $(1+\cos x)\sqrt{\operatorname{tg}\frac{x}{2}-2} + \sin x = 2\cos x$
Найдем ОДЗ:
1. Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $\operatorname{tg}\frac{x}{2} - 2 \ge 0 \implies \operatorname{tg}\frac{x}{2} \ge 2$.
2. Тангенс должен быть определен: $\cos\frac{x}{2} \ne 0 \implies \frac{x}{2} \ne \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x \ne \pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Используем универсальную тригонометрическую подстановку. Пусть $t = \operatorname{tg}\frac{x}{2}$. Тогда ОДЗ: $t \ge 2$.
Выразим другие функции через $t$: $1+\cos x = \frac{2}{1+t^2}$, $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$, $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$.
Подставим в уравнение:
$\frac{2}{1+t^2}\sqrt{t-2} + \frac{2t}{1+t^2} = 2\frac{1-t^2}{1+t^2}$
Так как $1+t^2 > 0$ всегда, умножим обе части на $\frac{1+t^2}{2}$:
$\sqrt{t-2} + t = 1-t^2$
$\sqrt{t-2} = 1 - t - t^2$
Проанализируем это уравнение. Левая часть $\sqrt{t-2}$ по определению арифметического корня неотрицательна: $\sqrt{t-2} \ge 0$.
Следовательно, правая часть также должна быть неотрицательной: $1 - t - t^2 \ge 0$.
Решим неравенство $t^2 + t - 1 \le 0$. Найдем корни квадратного трехчлена $t^2 + t - 1 = 0$.
$D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1) = 5$.
$t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Парабола $y = t^2+t-1$ ветвями вверх, значит, неравенство $t^2 + t - 1 \le 0$ выполняется при $t \in \left[\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right]$.
Приближенно $\sqrt{5} \approx 2.236$, тогда $\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx \frac{1.236}{2} = 0.618$.
Итак, из уравнения следует, что $t \le \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0.618$.
Мы получили систему из двух условий для $t$:
$\begin{cases} t \ge 2 & \text{(из ОДЗ)} \\ t \le \frac{-1+\sqrt{5}}{2} & \text{(из уравнения)} \end{cases}$
Эта система не имеет решений, так как нет чисел, которые одновременно больше или равны 2 и меньше или равны $\approx 0.618$.
Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.
Ответ: решений нет.