Номер 3.40, страница 83 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.40. Решите уравнение:

1) $ \text{tg } x^2 = \text{ctg } 5x $;

2) $ \sin x = \cos \sqrt{x} $;

3) $ \sin\left(\frac{2\pi}{5}\cos x\right) = \cos\left(\frac{2\pi}{5}\sin x\right) $;

4) $ \sin(\pi \text{ctg } x) = \cos(\pi \text{tg } x) $.

1)Исходное уравнение: $tg(x^2) = ctg(5x)$.
Воспользуемся формулой приведения $ctg(\alpha) = tg(\frac{\pi}{2} - \alpha)$. Уравнение примет вид:
$tg(x^2) = tg(\frac{\pi}{2} - 5x)$.
Равенство тангенсов $tg(a) = tg(b)$ выполняется, если $a = b + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
$x^2 = \frac{\pi}{2} - 5x + \pi n$
Перенесем все члены в левую часть, чтобы получить квадратное уравнение относительно $x$:
$x^2 + 5x - (\frac{\pi}{2} + \pi n) = 0$.
Решим это квадратное уравнение по формуле $x = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a}$, где $D = b^2 - 4ac$.
Дискриминант $D = 5^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-(\frac{\pi}{2} + \pi n)) = 25 + 4(\frac{\pi}{2} + \pi n) = 25 + 2\pi + 4\pi n$.
Для существования действительных корней необходимо, чтобы дискриминант был неотрицательным: $D \ge 0$.
$25 + 2\pi + 4\pi n \ge 0$
$4\pi n \ge -25 - 2\pi$
$n \ge -\frac{25 + 2\pi}{4\pi} = -\frac{25}{4\pi} - \frac{1}{2}$.
Так как $\pi \approx 3.14$, то $\frac{25}{4\pi} \approx \frac{25}{12.56} \approx 1.99$. Тогда $n \ge -1.99 - 0.5 = -2.49$.
Поскольку $n$ — целое число, то $n \ge -2$.
Корни уравнения:
$x = \frac{-5 \pm \sqrt{25 + 2\pi + 4\pi n}}{2}$.
При этом должны выполняться условия существования тангенса и котангенса: $x^2 \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$ и $5x \neq \pi m$ для $k, m \in \mathbb{Z}$. Эти условия выполняются, так как если бы они не выполнялись, то одна из частей уравнения $tg(x^2) = ctg(5x)$ не была бы определена. Равенство $x^2 + 5x = \frac{\pi}{2} + \pi n$ эквивалентно $cos(x^2+5x)=0$, что как раз и обеспечивает выполнение равенства $tg(x^2) = ctg(5x)$.
Ответ: $x = \frac{-5 \pm \sqrt{25 + 2\pi + 4\pi n}}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$ и $n \ge -2$.

2)Исходное уравнение: $\sin x = \cos \sqrt{x}$.
Область допустимых значений (ОДЗ) для этого уравнения определяется существованием квадратного корня: $x \ge 0$.
Используем формулу приведения $\cos \alpha = \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)$:
$\sin x = \sin(\frac{\pi}{2} - \sqrt{x})$.
Равенство $\sin a = \sin b$ эквивалентно совокупности двух серий решений:
1) $a = b + 2\pi n$
2) $a = \pi - b + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Рассмотрим каждый случай.
Случай 1:
$x = \frac{\pi}{2} - \sqrt{x} + 2\pi n$.
$x + \sqrt{x} - (\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 0$.
Сделаем замену $y = \sqrt{x}$. Так как $x \ge 0$, то $y \ge 0$. Получаем квадратное уравнение для $y$:
$y^2 + y - (\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 0$.
Дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-(\frac{\pi}{2} + 2\pi n)) = 1 + 2\pi + 8\pi n$.
Для действительных корней $D \ge 0 \implies 1 + 2\pi + 8\pi n \ge 0 \implies n \ge -\frac{1+2\pi}{8\pi} \approx -0.29$. Так как $n$ целое, $n \ge 0$.
Корни для $y$: $y = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2}$.
Так как $y \ge 0$, выбираем корень со знаком плюс. Проверим его неотрицательность: $\frac{-1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2} \ge 0 \implies \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n} \ge 1 \implies 1 + 2\pi + 8\pi n \ge 1 \implies 8\pi n \ge -2\pi \implies n \ge -1/4$. Это условие выполняется при $n \ge 0$.
Итак, $y = \frac{-1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2}$, где $n=0, 1, 2, ...$
Возвращаясь к $x$: $x = y^2 = \left( \frac{-1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2} \right)^2$.
Случай 2:
$x = \pi - (\frac{\pi}{2} - \sqrt{x}) + 2\pi n = \frac{\pi}{2} + \sqrt{x} + 2\pi n$.
$x - \sqrt{x} - (\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 0$.
С заменой $y = \sqrt{x}$ ($y \ge 0$):
$y^2 - y - (\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 0$.
Дискриминант такой же: $D = 1 + 2\pi + 8\pi n$, и условие $n \ge 0$ сохраняется.
Корни для $y$: $y = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2}$.
Так как $y \ge 0$, и для $n \ge 0$ $\sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n} \ge \sqrt{1+2\pi} > 1$, корень со знаком минус будет отрицательным. Поэтому выбираем корень со знаком плюс:
$y = \frac{1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2}$, где $n=0, 1, 2, ...$
Возвращаясь к $x$: $x = y^2 = \left( \frac{1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2} \right)^2$.
Ответ: $x = \left( \frac{-1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2} \right)^2$ и $x = \left( \frac{1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi n}}{2} \right)^2$, где $n \in \mathbb{Z}, n \ge 0$.

3)Исходное уравнение: $\sin\left(\frac{2\pi}{5}\cos x\right) = \cos\left(\frac{2\pi}{5}\sin x\right)$.
Используем формулу $\cos \alpha = \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)$:
$\sin\left(\frac{2\pi}{5}\cos x\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \frac{2\pi}{5}\sin x\right)$.
Равенство синусов приводит к двум случаям ($n \in \mathbb{Z}$):
Случай 1:
$\frac{2\pi}{5}\cos x = \frac{\pi}{2} - \frac{2\pi}{5}\sin x + 2\pi n$.
Разделим на $\pi$: $\frac{2}{5}\cos x = \frac{1}{2} - \frac{2}{5}\sin x + 2n$.
Умножим на 5: $2\cos x = \frac{5}{2} - 2\sin x + 10n \implies 2\cos x + 2\sin x = \frac{5}{2} + 10n$.
$\cos x + \sin x = \frac{5}{4} + 5n$.
Преобразуем левую часть: $\cos x + \sin x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x + \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x) = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$.
Уравнение принимает вид: $\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{5}{4} + 5n$.
$\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{5/4 + 5n}{\sqrt{2}}$.
Поскольку $|\sin \alpha| \le 1$, то $|\frac{5/4 + 5n}{\sqrt{2}}| \le 1 \implies |1.25 + 5n| \le \sqrt{2} \approx 1.414$.
$-1.414 \le 1.25 + 5n \le 1.414 \implies -2.664 \le 5n \le 0.164 \implies -0.5328 \le n \le 0.0328$.
Единственное целое $n$, удовлетворяющее этому неравенству, это $n=0$.
При $n=0$ получаем: $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{5}{4\sqrt{2}}$.
Решения: $x+\frac{\pi}{4} = \arcsin\left(\frac{5}{4\sqrt{2}}\right) + 2\pi k$ и $x+\frac{\pi}{4} = \pi - \arcsin\left(\frac{5}{4\sqrt{2}}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$x = -\frac{\pi}{4} + \arcsin\left(\frac{5}{4\sqrt{2}}\right) + 2\pi k$ и $x = \frac{3\pi}{4} - \arcsin\left(\frac{5}{4\sqrt{2}}\right) + 2\pi k$.
Случай 2:
$\frac{2\pi}{5}\cos x = \pi - \left(\frac{\pi}{2} - \frac{2\pi}{5}\sin x\right) + 2\pi n = \frac{\pi}{2} + \frac{2\pi}{5}\sin x + 2\pi n$.
$\frac{2}{5}\cos x = \frac{1}{2} + \frac{2}{5}\sin x + 2n \implies 2\cos x - 2\sin x = \frac{5}{2} + 10n$.
$\cos x - \sin x = \frac{5}{4} + 5n$.
Левая часть: $\cos x - \sin x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x) = \sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4})$.
$\sqrt{2}\cos(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{5}{4} + 5n$.
Аналогично первому случаю, единственное возможное целое значение $n=0$.
$\cos(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{5}{4\sqrt{2}}$.
Решения: $x+\frac{\pi}{4} = \pm \arccos\left(\frac{5}{4\sqrt{2}}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$x = -\frac{\pi}{4} \pm \arccos\left(\frac{5}{4\sqrt{2}}\right) + 2\pi k$.
Ответ: $x = -\frac{\pi}{4} + \arcsin(\frac{5}{4\sqrt{2}}) + 2\pi k$, $x = \frac{3\pi}{4} - \arcsin(\frac{5}{4\sqrt{2}}) + 2\pi k$, $x = -\frac{\pi}{4} \pm \arccos(\frac{5}{4\sqrt{2}}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4)Исходное уравнение: $\sin(\pi \ctg x) = \cos(\pi \tg x)$.
ОДЗ: $\tg x$ и $\ctg x$ должны быть определены, следовательно $x \neq \frac{\pi m}{2}$ для любого $m \in \mathbb{Z}$.
Применим формулу $\cos \alpha = \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)$:
$\sin(\pi \ctg x) = \sin(\frac{\pi}{2} - \pi \tg x)$.
Равенство синусов приводит к двум случаям ($n \in \mathbb{Z}$):
Случай 1:
$\pi \ctg x = \frac{\pi}{2} - \pi \tg x + 2\pi n$.
Разделим на $\pi$: $\ctg x = \frac{1}{2} - \tg x + 2n \implies \ctg x + \tg x = \frac{1}{2} + 2n$.
Используем тождество $\ctg x + \tg x = \frac{1}{\sin x \cos x} = \frac{2}{\sin(2x)}$.
$\frac{2}{\sin(2x)} = \frac{1}{2} + 2n \implies \sin(2x) = \frac{2}{1/2 + 2n} = \frac{4}{1 + 4n}$.
Так как $|\sin(2x)| \le 1$, имеем $|\frac{4}{1+4n}| \le 1 \implies 4 \le |1+4n|$.
Это неравенство распадается на два:
а) $1+4n \ge 4 \implies 4n \ge 3 \implies n \ge 3/4$. Так как $n$ целое, $n \ge 1$.
б) $1+4n \le -4 \implies 4n \le -5 \implies n \le -5/4$. Так как $n$ целое, $n \le -2$.
Итак, $n \in \mathbb{Z}$, $n \ge 1$ или $n \le -2$.
Для таких $n$ решения: $2x = \arcsin(\frac{4}{1+4n}) + 2\pi k$ и $2x = \pi - \arcsin(\frac{4}{1+4n}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{4}{1+4n}\right) + \pi k$ и $x = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{4}{1+4n}\right) + \pi k$.
Случай 2:
$\pi \ctg x = \pi - (\frac{\pi}{2} - \pi \tg x) + 2\pi n = \frac{\pi}{2} + \pi \tg x + 2\pi n$.
Разделим на $\pi$: $\ctg x = \frac{1}{2} + \tg x + 2n \implies \ctg x - \tg x = \frac{1}{2} + 2n$.
Используем тождество $\ctg x - \tg x = \frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{2\cos(2x)}{\sin(2x)} = 2\ctg(2x)$.
$2\ctg(2x) = \frac{1}{2} + 2n \implies \ctg(2x) = \frac{1}{4} + n$.
Это уравнение имеет решения для любого целого $n$.
$2x = \text{arcctg}\left(\frac{1}{4} + n\right) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{1}{2}\text{arcctg}\left(\frac{1}{4} + n\right) + \frac{\pi k}{2}$.
Эти решения удовлетворяют ОДЗ, так как $\text{arcctg}(y)$ не может быть равен $\pi m$ для целого $m$.
Ответ: Cовокупность решений:
1) $x = \frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{4}{1+4n}\right) + \pi k$ и $x = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{4}{1+4n}\right) + \pi k$, где $n \in \mathbb{Z}$ ($n \ge 1$ или $n \le -2$), $k \in \mathbb{Z}$.
2) $x = \frac{1}{2}\text{arcctg}\left(\frac{1}{4} + n\right) + \frac{\pi k}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$, $k \in \mathbb{Z}$.