Страница 81 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.16. 1) $4 \sin 3x + 3 \cos 3x = 5, 2;$

2) $3 \sin x - 4 \cos x = 5;$

3) $2 \sin 7x + \sqrt{3} \cos 3x + \sin 3x = 0;$

4) $3 \sin x + 4 \cos x + 5 \sin 3x = 0.$

1) Дано уравнение $4\sin3x + 3\cos3x = 5,2$.Это уравнение вида $a\sin(y) + b\cos(y) = c$, где $y=3x$, $a=4$, $b=3$, $c=5,2$.Воспользуемся методом оценки. Максимальное значение выражения $a\sin(y) + b\cos(y)$ равно $\sqrt{a^2 + b^2}$.В нашем случае, максимальное значение левой части уравнения равно $\sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$.Таким образом, выражение $4\sin3x + 3\cos3x$ может принимать значения только в диапазоне от $-5$ до $5$.Правая часть уравнения равна $5,2$, что больше максимального возможного значения левой части ($5,2 > 5$).Следовательно, уравнение не имеет решений.
Ответ: решений нет.

2) Дано уравнение $3\sin x - 4\cos x = 5$.Это уравнение вида $a\sin x + b\cos x = c$, где $a=3$, $b=-4$, $c=5$.Разделим обе части уравнения на $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$.Получим: $\frac{3}{5}\sin x - \frac{4}{5}\cos x = \frac{5}{5}$, что равносильно $\frac{3}{5}\sin x - \frac{4}{5}\cos x = 1$.Введем вспомогательный угол $\varphi$ такой, что $\cos\varphi = \frac{3}{5}$ и $\sin\varphi = \frac{4}{5}$. Заметим, что $\varphi = \arcsin\frac{4}{5}$ (или $\varphi = \arccos\frac{3}{5}$).Уравнение принимает вид: $\cos\varphi \sin x - \sin\varphi \cos x = 1$.Используя формулу синуса разности $\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$, получаем: $\sin(x - \varphi) = 1$.Решением этого уравнения является $x - \varphi = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.Отсюда $x = \varphi + \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.Подставляя значение $\varphi$, получаем $x = \arcsin\frac{4}{5} + \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \arcsin\frac{4}{5} + \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

3) Дано уравнение $2\sin 7x + \sqrt{3}\cos 3x + \sin 3x = 0$.Сгруппируем слагаемые с аргументом $3x$: $2\sin 7x + (\sin 3x + \sqrt{3}\cos 3x) = 0$.Преобразуем выражение в скобках с помощью введения вспомогательного угла. Для $\sin 3x + \sqrt{3}\cos 3x$ имеем $a=1, b=\sqrt{3}$.Делим и умножаем на $\sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = 2$.Получаем: $2(\frac{1}{2}\sin 3x + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos 3x)$.Так как $\cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ и $\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, выражение в скобках можно записать как $\cos\frac{\pi}{3}\sin 3x + \sin\frac{\pi}{3}\cos 3x$, что по формуле синуса суммы равно $\sin(3x + \frac{\pi}{3})$.Таким образом, исходное уравнение принимает вид: $2\sin 7x + 2\sin(3x + \frac{\pi}{3}) = 0$.$\sin 7x + \sin(3x + \frac{\pi}{3}) = 0$.$\sin 7x = -\sin(3x + \frac{\pi}{3})$.Используя свойство нечетности синуса $\sin(-\alpha) = -\sin\alpha$, получаем: $\sin 7x = \sin(-3x - \frac{\pi}{3})$.Решения уравнения $\sin\alpha = \sin\beta$ имеют вид $\alpha = \beta + 2\pi k$ или $\alpha = \pi - \beta + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.Рассмотрим два случая:
1) $7x = -3x - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
$10x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
$x = -\frac{\pi}{30} + \frac{\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$.
2) $7x = \pi - (-3x - \frac{\pi}{3}) + 2\pi n$.
$7x = \pi + 3x + \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.
$4x = \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$.
$x = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = -\frac{\pi}{30} + \frac{\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.

4) Дано уравнение $3\sin x + 4\cos x + 5\sin 3x = 0$.Преобразуем выражение $3\sin x + 4\cos x$ с помощью введения вспомогательного угла.Умножим и разделим его на $\sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9+16} = 5$.$5(\frac{3}{5}\sin x + \frac{4}{5}\cos x)$.Введем вспомогательный угол $\varphi$ такой, что $\cos\varphi = \frac{3}{5}$ и $\sin\varphi = \frac{4}{5}$. Тогда $\varphi = \arccos\frac{3}{5}$.Выражение в скобках равно $\cos\varphi\sin x + \sin\varphi\cos x = \sin(x+\varphi)$.Исходное уравнение принимает вид: $5\sin(x+\varphi) + 5\sin 3x = 0$.$\sin(x+\varphi) + \sin 3x = 0$.$\sin 3x = -\sin(x+\varphi)$.$\sin 3x = \sin(-x-\varphi)$.Решения уравнения $\sin\alpha = \sin\beta$ имеют вид $\alpha = \beta + 2\pi k$ или $\alpha = \pi - \beta + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.Рассмотрим два случая:
1) $3x = -x - \varphi + 2\pi k$.
$4x = -\varphi + 2\pi k$.
$x = -\frac{\varphi}{4} + \frac{\pi k}{2}$.
Подставляя $\varphi = \arccos\frac{3}{5}$, получаем $x = -\frac{1}{4}\arccos\frac{3}{5} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.
2) $3x = \pi - (-x - \varphi) + 2\pi n$.
$3x = \pi + x + \varphi + 2\pi n$.
$2x = \pi + \varphi + 2\pi n$.
$x = \frac{\pi}{2} + \frac{\varphi}{2} + \pi n$.
Подставляя $\varphi = \arccos\frac{3}{5}$, получаем $x = \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\arccos\frac{3}{5} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = -\frac{1}{4}\arccos\frac{3}{5} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\arccos\frac{3}{5} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

3.17. 1) $ (\\sin 7x + \\cos 7x)^2 = 2\\sin^2 11x ; $

2) $ \\sin x + \\cos x = \\sqrt{2} \\sin 7x ; $

3) $ (\\sin 3x + \\sin 5x)^2 = (\\cos 3x + \\cos 5x)^2 ; $

4) $ \\sin 10x + \\cos 10x = \\sqrt{2} \\sin 15x . $

1) $(\sin 7x + \cos 7x)^2 = 2\sin^2 11x$

Раскроем квадрат в левой части уравнения:
$\sin^2 7x + 2\sin 7x \cos 7x + \cos^2 7x = 2\sin^2 11x$
Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ и формулу синуса двойного угла $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin 2\alpha$, получаем:
$1 + \sin(2 \cdot 7x) = 2\sin^2 11x$
$1 + \sin 14x = 2\sin^2 11x$
Применим формулу понижения степени $2\sin^2\alpha = 1 - \cos 2\alpha$ для правой части:
$1 + \sin 14x = 1 - \cos(2 \cdot 11x)$
$1 + \sin 14x = 1 - \cos 22x$
$\sin 14x = -\cos 22x$
$\sin 14x + \cos 22x = 0$
Используем формулу приведения $\cos\alpha = \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)$:
$\sin 14x + \sin(\frac{\pi}{2} - 22x) = 0$
Применим формулу суммы синусов $\sin\alpha + \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$:
$2\sin\frac{14x + \frac{\pi}{2} - 22x}{2}\cos\frac{14x - (\frac{\pi}{2} - 22x)}{2} = 0$
$2\sin(\frac{\frac{\pi}{2} - 8x}{2})\cos(\frac{36x - \frac{\pi}{2}}{2}) = 0$
$\sin(\frac{\pi}{4} - 4x)\cos(18x - \frac{\pi}{4}) = 0$
Это уравнение распадается на два случая:
а) $\sin(\frac{\pi}{4} - 4x) = 0$
$\frac{\pi}{4} - 4x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$
$-4x = -\frac{\pi}{4} + \pi n$
$x = \frac{\pi}{16} - \frac{\pi n}{4}$
б) $\cos(18x - \frac{\pi}{4}) = 0$
$18x - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$
$18x = \frac{3\pi}{4} + \pi k$
$x = \frac{3\pi}{72} + \frac{\pi k}{18} = \frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{18}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi n}{4}, n \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{18}, k \in \mathbb{Z}$.

2) $\sin x + \cos x = \sqrt{2} \sin 7x$

Преобразуем левую часть уравнения с помощью метода вспомогательного угла:
$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}\sin 7x$
Так как $\cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, то:
$\sqrt{2}(\sin x \cos\frac{\pi}{4} + \cos x \sin\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}\sin 7x$
Используя формулу синуса суммы $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$:
$\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}\sin 7x$
$\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \sin 7x$
Это уравнение равносильно двум сериям решений:
а) $x + \frac{\pi}{4} = 7x + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$
$-6x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi n$
$x = \frac{\pi}{24} - \frac{\pi n}{3}$
б) $x + \frac{\pi}{4} = \pi - 7x + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$
$8x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$
$x = \frac{3\pi}{32} + \frac{\pi k}{4}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{3}, n \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{3\pi}{32} + \frac{\pi k}{4}, k \in \mathbb{Z}$.

3) $(\sin 3x + \sin 5x)^2 = (\cos 3x + \cos 5x)^2$

Перенесем правую часть уравнения налево и применим формулу разности квадратов:
$(\sin 3x + \sin 5x)^2 - (\cos 3x + \cos 5x)^2 = 0$
$((\sin 5x + \sin 3x) - (\cos 5x + \cos 3x))((\sin 5x + \sin 3x) + (\cos 5x + \cos 3x)) = 0$
Применим формулы суммы синусов и суммы косинусов:
$\sin 5x + \sin 3x = 2\sin\frac{5x+3x}{2}\cos\frac{5x-3x}{2} = 2\sin 4x \cos x$
$\cos 5x + \cos 3x = 2\cos\frac{5x+3x}{2}\cos\frac{5x-3x}{2} = 2\cos 4x \cos x$
Подставим эти выражения в уравнение:
$(2\sin 4x \cos x - 2\cos 4x \cos x)(2\sin 4x \cos x + 2\cos 4x \cos x) = 0$
$4\cos^2 x (\sin 4x - \cos 4x)(\sin 4x + \cos 4x) = 0$
$4\cos^2 x (\sin^2 4x - \cos^2 4x) = 0$
Используя формулу косинуса двойного угла $\cos 2\alpha = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha$:
$4\cos^2 x (-\cos(2 \cdot 4x)) = 0$
$-4\cos^2 x \cos 8x = 0$
Отсюда получаем совокупность двух уравнений:
а) $\cos x = 0$
$x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$
б) $\cos 8x = 0$
$8x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$
$x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi k}{8}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi k}{8}, k \in \mathbb{Z}$.

4) $\sin 10x + \cos 10x = \sqrt{2} \sin 15x$

Преобразуем левую часть уравнения с помощью метода вспомогательного угла:
$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin 10x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos 10x) = \sqrt{2}\sin 15x$
$\sqrt{2}(\sin 10x \cos\frac{\pi}{4} + \cos 10x \sin\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}\sin 15x$
$\sqrt{2}\sin(10x + \frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}\sin 15x$
$\sin(10x + \frac{\pi}{4}) = \sin 15x$
Это уравнение равносильно двум сериям решений:
а) $10x + \frac{\pi}{4} = 15x + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$
$-5x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi n$
$x = \frac{\pi}{20} - \frac{2\pi n}{5}$
б) $10x + \frac{\pi}{4} = \pi - 15x + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$
$25x = \pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$
$25x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$
$x = \frac{3\pi}{100} + \frac{2\pi k}{25}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{20} + \frac{2\pi n}{5}, n \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{3\pi}{100} + \frac{2\pi k}{25}, k \in \mathbb{Z}$.

3.18. Найдите все корни уравнения $\sqrt{1 + \sin 2x} - \sqrt{2} \cos 3x = 0$, лежащие на промежутке $\left(\pi; \frac{3\pi}{2}\right)$.

В упражнениях 3.19, 3.20 решите уравнения методом замены переменной.

Исходное уравнение: $\sqrt{1 + \sin 2x} - \sqrt{2} \cos 3x = 0$.

Перепишем уравнение, перенеся второе слагаемое в правую часть:$\sqrt{1 + \sin 2x} = \sqrt{2} \cos 3x$.

Поскольку левая часть уравнения (арифметический квадратный корень) по определению неотрицательна, правая часть также должна быть неотрицательной. Это дает нам область допустимых значений (ОДЗ):$\sqrt{2} \cos 3x \ge 0$, что равносильно $\cos 3x \ge 0$.

Преобразуем подкоренное выражение, используя основное тригонометрическое тождество $1 = \sin^2 x + \cos^2 x$ и формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$:$1 + \sin 2x = \sin^2 x + \cos^2 x + 2 \sin x \cos x = (\sin x + \cos x)^2$.

Тогда $\sqrt{1 + \sin 2x} = \sqrt{(\sin x + \cos x)^2} = |\sin x + \cos x|$.Уравнение принимает вид:$|\sin x + \cos x| = \sqrt{2} \cos 3x$.

Рассмотрим знак выражения $\sin x + \cos x$ на заданном промежутке $x \in (\pi; \frac{3\pi}{2})$. На этом промежутке, который соответствует III координатной четверти, и $\sin x$, и $\cos x$ отрицательны. Следовательно, их сумма $\sin x + \cos x$ также отрицательна.Поэтому модуль раскрывается со знаком минус:$|\sin x + \cos x| = -(\sin x + \cos x)$.

Подставляем это в уравнение:$-(\sin x + \cos x) = \sqrt{2} \cos 3x$.

Преобразуем выражение в скобках с помощью формулы введения вспомогательного угла:$\sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\sin x + \sin\frac{\pi}{4}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$.

Уравнение становится:$-\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2} \cos 3x$,$-\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \cos 3x$.

Используя формулу приведения $\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha) = -\sin\alpha$, получим:$\cos(\frac{\pi}{2} + x + \frac{\pi}{4}) = \cos 3x$,$\cos(x + \frac{3\pi}{4}) = \cos 3x$.

Равенство $\cos A = \cos B$ выполняется, если $A = \pm B + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$. Это приводит к двум сериям решений:1) $x + \frac{3\pi}{4} = 3x + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$
$2x = \frac{3\pi}{4} - 2\pi n$
$x = \frac{3\pi}{8} - \pi n$. Или, заменив $-n$ на $k$, $x = \frac{3\pi}{8} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) $x + \frac{3\pi}{4} = -(3x) + 2\pi m, \quad m \in \mathbb{Z}$
$4x = -\frac{3\pi}{4} + 2\pi m$
$x = -\frac{3\pi}{16} + \frac{\pi m}{2}$.

Теперь найдем корни, принадлежащие промежутку $(\pi; \frac{3\pi}{2})$.Для первой серии $x = \frac{3\pi}{8} + \pi k$:При $k=1$: $x = \frac{3\pi}{8} + \pi = \frac{11\pi}{8}$. Проверим принадлежность промежутку: $\pi < \frac{11\pi}{8} < \frac{3\pi}{2} \iff 1 < \frac{11}{8} < 1.5 \iff 1 < 1.375 < 1.5$. Верно.

Для второй серии $x = -\frac{3\pi}{16} + \frac{\pi m}{2}$:При $m=3$: $x = -\frac{3\pi}{16} + \frac{3\pi}{2} = \frac{-3\pi+24\pi}{16} = \frac{21\pi}{16}$. Проверим принадлежность промежутку: $\pi < \frac{21\pi}{16} < \frac{3\pi}{2} \iff 1 < \frac{21}{16} < 1.5 \iff 1 < 1.3125 < 1.5$. Верно.При других целых значениях $k$ и $m$ корни не попадают в заданный промежуток.

Осталось проверить найденные корни $x_1 = \frac{11\pi}{8}$ и $x_2 = \frac{21\pi}{16}$ на соответствие условию ОДЗ: $\cos 3x \ge 0$.Для $x_1 = \frac{11\pi}{8}$:$3x_1 = 3 \cdot \frac{11\pi}{8} = \frac{33\pi}{8} = 4\pi + \frac{\pi}{8}$.$\cos(3x_1) = \cos(4\pi + \frac{\pi}{8}) = \cos(\frac{\pi}{8})$. Так как $0 < \frac{\pi}{8} < \frac{\pi}{2}$, то $\cos(\frac{\pi}{8}) > 0$. Условие выполнено.

Для $x_2 = \frac{21\pi}{16}$:$3x_2 = 3 \cdot \frac{21\pi}{16} = \frac{63\pi}{16}$.Сравним с границами квадрантов: $\frac{7\pi}{2} = \frac{56\pi}{16}$ и $4\pi = \frac{64\pi}{16}$.Так как $\frac{7\pi}{2} < \frac{63\pi}{16} < 4\pi$, угол $3x_2$ находится в IV четверти, где косинус положителен. Значит, $\cos(\frac{63\pi}{16}) > 0$. Условие выполнено.

Оба найденных корня удовлетворяют всем условиям задачи.

Ответ: $\frac{11\pi}{8}; \frac{21\pi}{16}$.

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.

3.20. 1) $ \sin x + \cos x + \sin x \cos x = 1; $

2) $ \sin x + \cos x - 2 \sin x \cos x = 1; $

3) $ 5(\sin x + \cos x) + \sin 3x - \cos 3x = 2\sqrt{2} (2 + \sin 2x); $

4) $ \sin x + \cos x - 2\sqrt{2} \sin x \cos x = 0. $

1) $\sin x + \cos x + \sin x \cos x = 1$

Это уравнение является симметричным относительно $\sin x$ и $\cos x$. Решим его с помощью введения новой переменной. Пусть $t = \sin x + \cos x$.

Возведем обе части замены в квадрат: $t^2 = (\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x = 1 + 2\sin x \cos x$.

Отсюда выразим произведение $\sin x \cos x = \frac{t^2 - 1}{2}$.

Также определим область значений для $t$. Выражение $\sin x + \cos x$ можно преобразовать: $t = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$. Так как $-1 \le \sin(x + \frac{\pi}{4}) \le 1$, то область значений для $t$ есть отрезок $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Подставим замену в исходное уравнение:

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

Умножим уравнение на 2:

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

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

Найдем корни этого квадратного уравнения. По теореме Виета или через дискриминант получаем: $t_1 = 1$, $t_2 = -3$.

Проверим, принадлежат ли корни области значений $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

$t_1 = 1 \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

$t_2 = -3 \notin [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$, следовательно, это посторонний корень.

Выполним обратную замену для $t=1$:

$\sin x + \cos x = 1$

$\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) = 1$

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Это уравнение имеет две серии решений:

1. $x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2\pi k \implies x = 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. $x + \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\pi}{4} + 2\pi n = \frac{3\pi}{4} + 2\pi n \implies x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

2) $\sin x + \cos x - 2\sin x \cos x = 1$

Используем ту же замену: $t = \sin x + \cos x$. Тогда $2\sin x \cos x = t^2 - 1$. Область значений для $t$ — $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Подставим в уравнение:

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

$t - t^2 + 1 = 1$

$t - t^2 = 0$

$t(1 - t) = 0$

Получаем два корня: $t_1 = 0$ и $t_2 = 1$.

Оба корня принадлежат области допустимых значений $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$. Рассмотрим оба случая.

Случай 1: $t = 1$.

$\sin x + \cos x = 1$. Это уравнение было решено в задаче 1. Его решения: $x = 2\pi k$ и $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $t = 0$.

$\sin x + \cos x = 0$

$\sin x = -\cos x$. Если $\cos x = 0$, то $\sin x = \pm 1$, что не удовлетворяет уравнению. Значит, $\cos x \neq 0$ и мы можем разделить обе части на $\cos x$:

$\tan x = -1$

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

Объединяем решения из обоих случаев.

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

3) $5(\sin x + \cos x) + \sin 3x - \cos 3x = 2\sqrt{2}(2 + \sin 2x)$

Сделаем замену $t = \sin x + \cos x$, где $t \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Тогда $\sin 2x = 2\sin x \cos x = t^2 - 1$.

Преобразуем выражение $\sin 3x - \cos 3x$. Используя формулы тройного угла и суммы кубов, получаем:

$\sin 3x - \cos 3x = (3\sin x - 4\sin^3 x) - (4\cos^3 x - 3\cos x) = 3(\sin x + \cos x) - 4(\sin^3 x + \cos^3 x) = 3(\sin x + \cos x) - 4(\sin x + \cos x)(1 - \sin x \cos x)$.

Подставляя $t$ и $\sin x \cos x = \frac{t^2-1}{2}$, имеем:

$\sin 3x - \cos 3x = 3t - 4t(1 - \frac{t^2 - 1}{2}) = 3t - 2t(3 - t^2) = 2t^3 - 3t$.

Подставим все в исходное уравнение:

$5t + (2t^3 - 3t) = 2\sqrt{2}(2 + (t^2 - 1))$

$2t^3 + 2t = 2\sqrt{2}(t^2 + 1)$

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

Поскольку $t^2 + 1 > 0$ для всех действительных $t$, мы можем разделить обе части на $2(t^2 + 1)$:

$t = \sqrt{2}$

Корень принадлежит области допустимых значений $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Вернемся к переменной $x$:

$\sin x + \cos x = \sqrt{2}$

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

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) = 1$

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

$x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

4) $\sin x + \cos x - 2\sqrt{2}\sin x \cos x = 0$

Введем замену $t = \sin x + \cos x$, где $t \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

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

Подставляем в уравнение:

$t - 2\sqrt{2}\left(\frac{t^2 - 1}{2}\right) = 0$

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

$t - \sqrt{2}t^2 + \sqrt{2} = 0$

$\sqrt{2}t^2 - t - \sqrt{2} = 0$

Решим это квадратное уравнение относительно $t$:

$D = (-1)^2 - 4(\sqrt{2})(-\sqrt{2}) = 1 + 8 = 9 = 3^2$

$t = \frac{1 \pm \sqrt{9}}{2\sqrt{2}} = \frac{1 \pm 3}{2\sqrt{2}}$

Получаем два корня:

$t_1 = \frac{1 + 3}{2\sqrt{2}} = \frac{4}{2\sqrt{2}} = \sqrt{2}$

$t_2 = \frac{1 - 3}{2\sqrt{2}} = \frac{-2}{2\sqrt{2}} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$

Оба корня, $t_1 = \sqrt{2}$ и $t_2 = -\frac{1}{\sqrt{2}}$, принадлежат области допустимых значений $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Рассмотрим оба случая.

Случай 1: $t = \sqrt{2}$.

$\sin x + \cos x = \sqrt{2}$. Решение этого уравнения (см. задачу 3): $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $t = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.

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

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

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{2}$

Получаем две серии решений:

a) $x + \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \implies x = -\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n = -\frac{5\pi}{12} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

b) $x + \frac{\pi}{4} = \pi - (-\frac{\pi}{6}) + 2\pi m = \frac{7\pi}{6} + 2\pi m \implies x = \frac{7\pi}{6} - \frac{\pi}{4} + 2\pi m = \frac{11\pi}{12} + 2\pi m$, где $m \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k, x = -\frac{5\pi}{12} + 2\pi n, x = \frac{11\pi}{12} + 2\pi m, k, n, m \in \mathbb{Z}$.

3.21. Решите уравнение $\frac{1}{\cos x} + \frac{1}{\sin x} + \frac{1}{\sin x \cos x} = a$, при всех действительных значениях параметра $a$.

Область допустимых значений (ОДЗ) исходного уравнения определяется условиями $\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$. Это эквивалентно условию $\sin(2x) \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.

Приведем левую часть уравнения к общему знаменателю $\sin x \cos x$:$$ \frac{\sin x + \cos x + 1}{\sin x \cos x} = a $$

Введем замену $t = \sin x + \cos x$. Возводя обе части в квадрат, получаем $t^2 = (\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + \cos^2 x + 2\sin x \cos x = 1 + 2\sin x \cos x$. Отсюда выражаем $\sin x \cos x = \frac{t^2 - 1}{2}$.Подставим это в преобразованное уравнение:$$ \frac{t+1}{\frac{t^2-1}{2}} = a $$$$ \frac{2(t+1)}{(t-1)(t+1)} = a $$

Из ОДЗ следует, что $\sin x \cos x \neq 0$, а значит $\frac{t^2-1}{2} \neq 0$, откуда $t \neq \pm 1$. Так как $t \neq -1$, мы можем сократить дробь на $(t+1)$:$$ \frac{2}{t-1} = a $$

Проанализируем это уравнение. Если $a = 0$, уравнение принимает вид $2=0$, что неверно. Следовательно, при $a=0$ решений нет. Если $a \neq 0$, то $t-1 = \frac{2}{a}$, откуда $t = 1 + \frac{2}{a}$.

Теперь необходимо выяснить, какие значения может принимать $t = \sin x + \cos x$. Используя метод вспомогательного угла, получаем $t = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$. Поскольку область значений синуса — отрезок $[-1, 1]$, то $t$ может принимать значения из отрезка $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$. С учетом ограничений $t \neq \pm 1$, множество допустимых значений для $t$ есть $[-\sqrt{2}, -1) \cup (-1, 1) \cup (1, \sqrt{2}]$.

Найдем, при каких значениях параметра $a$ величина $t = 1 + \frac{2}{a}$ попадает в это множество.
1. Рассмотрим случай $t \in (1, \sqrt{2}]$.$1 < 1 + \frac{2}{a} \le \sqrt{2}$. Из левого неравенства $1 < 1 + \frac{2}{a}$ следует $\frac{2}{a} > 0$, что выполняется при $a > 0$. Из правого неравенства $1 + \frac{2}{a} \le \sqrt{2}$ следует $\frac{2}{a} \le \sqrt{2}-1$. Так как $a>0$, то $a \ge \frac{2}{\sqrt{2}-1} = 2(\sqrt{2}+1) = 2\sqrt{2}+2$. Таким образом, $a \in [2\sqrt{2}+2, +\infty)$.
2. Рассмотрим случай $t \in [-\sqrt{2}, -1) \cup (-1, 1)$. Это можно записать как систему неравенств $-\sqrt{2} \le 1 + \frac{2}{a} < 1$ и $1+\frac{2}{a} \neq -1$.Из неравенства $1 + \frac{2}{a} < 1$ следует $\frac{2}{a} < 0$, что выполняется при $a < 0$.Рассмотрим неравенство $-\sqrt{2} \le 1 + \frac{2}{a}$, то есть $-\sqrt{2}-1 \le \frac{2}{a}$. Умножив обе части на $a < 0$ и изменив знак неравенства, получим $a(-\sqrt{2}-1) \ge 2$, то есть $-a(\sqrt{2}+1) \ge 2$, откуда $a \le \frac{-2}{\sqrt{2}+1} = -2(\sqrt{2}-1) = 2-2\sqrt{2}$.Условие $1+\frac{2}{a} \neq -1$ дает $\frac{2}{a} \neq -2$, то есть $a \neq -1$.Объединяя условия, получаем $a \in (-\infty, 2-2\sqrt{2}]$ и $a \neq -1$, то есть $a \in (-\infty, -1) \cup (-1, 2-2\sqrt{2}]$.

Следовательно, исходное уравнение имеет решения при $a \in (-\infty, -1) \cup (-1, 2-2\sqrt{2}] \cup [2\sqrt{2}+2, +\infty)$. При всех других значениях $a$, то есть при $a \in \{-1\} \cup (2-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2}+2)$, решений нет.

Найдем сами решения $x$. Мы решаем уравнение $\sin x + \cos x = 1+\frac{2}{a}$, что эквивалентно $\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4}) = 1+\frac{2}{a}$. Отсюда$$ \sin(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(1+\frac{2}{a}\right) = \frac{a+2}{a\sqrt{2}} $$Решения этого уравнения ($k, n \in \mathbb{Z}$):$$ x = -\frac{\pi}{4} + \arcsin\left(\frac{a+2}{a\sqrt{2}}\right) + 2\pi k $$$$ x = \frac{3\pi}{4} - \arcsin\left(\frac{a+2}{a\sqrt{2}}\right) + 2\pi n $$На границах найденных интервалов для $a$ эти две серии решений совпадают.При $a = 2-2\sqrt{2}$, $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = -1$, откуда $x = -\frac{3\pi}{4}+2\pi k$.При $a = 2\sqrt{2}+2$, $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = 1$, откуда $x = \frac{\pi}{4}+2\pi k$.

Ответ:
• При $a \in (-\infty, -1) \cup (-1, 2-2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}+2, +\infty)$ уравнение имеет две серии решений:
$x = -\frac{\pi}{4} + \arcsin\left(\frac{a+2}{a\sqrt{2}}\right) + 2\pi k$,
$x = \frac{3\pi}{4} - \arcsin\left(\frac{a+2}{a\sqrt{2}}\right) + 2\pi n$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.
• При $a = 2-2\sqrt{2}$ уравнение имеет одну серию решений:
$x = -\frac{3\pi}{4}+2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
• При $a = 2\sqrt{2}+2$ уравнение имеет одну серию решений:
$x = \frac{\pi}{4}+2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
• При $a \in \{-1\} \cup (2-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2}+2)$ решений нет.

3.22. При каких значениях $b$ уравнение

$ \sin 2x + 2b\sqrt{2}(\sin x - \cos x) + 1 - 4b = 0 $ имеет решения?

Найдите эти решения.

Преобразуем исходное уравнение $\sin 2x + 2b\sqrt{2}(\sin x - \cos x) + 1 - 4b = 0$.

Для упрощения введем замену переменной. Пусть $t = \sin x - \cos x$.

Чтобы выразить $\sin 2x$ через t, возведем выражение для t в квадрат: $t^2 = (\sin x - \cos x)^2 = \sin^2 x - 2\sin x \cos x + \cos^2 x$.

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ и формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2\sin x \cos x$, получаем: $t^2 = 1 - \sin 2x$, откуда следует, что $\sin 2x = 1 - t^2$.

Теперь определим множество значений, которые может принимать переменная t. Преобразуем выражение для t, используя метод введения вспомогательного угла: $t = \sin x - \cos x = \sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x - \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x\right) = \sqrt{2}\left(\sin x \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \sin\frac{\pi}{4}\right)$.

Применяя формулу синуса разности, имеем: $t = \sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$.

Поскольку функция $\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right)$ принимает значения из отрезка $[-1, 1]$, переменная t принимает значения из отрезка $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Подставим полученные выражения в исходное уравнение: $(1 - t^2) + 2b\sqrt{2} \cdot t + 1 - 4b = 0$.

После приведения подобных слагаемых, получим квадратное уравнение относительно t: $-t^2 + 2\sqrt{2}bt + 2 - 4b = 0$, $t^2 - 2\sqrt{2}bt + 4b - 2 = 0$.

Исходное тригонометрическое уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда полученное квадратное уравнение имеет хотя бы один корень t на отрезке $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Найдем корни этого квадратного уравнения. Вычислим дискриминант $D$: $D = (-2\sqrt{2}b)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (4b - 2) = 8b^2 - 16b + 8 = 8(b^2 - 2b + 1) = 8(b-1)^2$.

Поскольку $D = 8(b-1)^2 \ge 0$ для любого $b \in \mathbb{R}$, уравнение всегда имеет действительные корни. Найдем их: $t = \frac{2\sqrt{2}b \pm \sqrt{8(b-1)^2}}{2} = \frac{2\sqrt{2}b \pm 2\sqrt{2}|b-1|}{2} = \sqrt{2}(b \pm |b-1|)$.

Раскроем модуль, рассмотрев два случая:
1) Если $b \ge 1$, то $|b-1| = b-1$. Корни: $t_1 = \sqrt{2}(b + (b-1)) = \sqrt{2}(2b-1)$ и $t_2 = \sqrt{2}(b - (b-1)) = \sqrt{2}$.
2) Если $b < 1$, то $|b-1| = 1-b$. Корни: $t_1 = \sqrt{2}(b + (1-b)) = \sqrt{2}$ и $t_2 = \sqrt{2}(b - (1-b)) = \sqrt{2}(2b-1)$.

В обоих случаях одним из корней является $t_1 = \sqrt{2}$. Этот корень принадлежит допустимому отрезку $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$. Это означает, что для любого действительного значения параметра b существует по крайней мере один подходящий корень для t. Следовательно, исходное уравнение имеет решения при всех $b \in \mathbb{R}$.

Теперь найдем сами решения. Они определяются из уравнения $\sqrt{2}\sin(x - \frac{\pi}{4}) = t$, где t - найденные корни.

Для корня $t_1 = \sqrt{2}$, который существует при любом b, получаем: $\sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}$, $\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) = 1$, $x - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$, $x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$. Эта серия решений существует для любого значения b.

Для второго корня $t_2 = \sqrt{2}(2b-1)$ решения для x существуют только тогда, когда $t_2 \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$: $-\sqrt{2} \le \sqrt{2}(2b-1) \le \sqrt{2}$, $-1 \le 2b-1 \le 1$, $0 \le 2b \le 2$, $0 \le b \le 1$.

Таким образом, при $b \in [0, 1]$ появляется дополнительная серия решений из уравнения: $\sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}(2b-1)$, $\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) = 2b-1$.

Отсюда получаем два семейства решений: $x - \frac{\pi}{4} = \arcsin(2b-1) + 2\pi n \implies x = \frac{\pi}{4} + \arcsin(2b-1) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$. $x - \frac{\pi}{4} = \pi - \arcsin(2b-1) + 2\pi m \implies x = \frac{5\pi}{4} - \arcsin(2b-1) + 2\pi m, m \in \mathbb{Z}$.

Ответ:

Уравнение имеет решения при любых $b \in \mathbb{R}$.

Если $b \in [0, 1]$, то решениями являются серии $x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, $x = \frac{\pi}{4} + \arcsin(2b-1) + 2\pi n$, $x = \frac{5\pi}{4} - \arcsin(2b-1) + 2\pi m$, где $k, n, m \in \mathbb{Z}$.

Если $b < 0$ или $b > 1$, то решением является серия $x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3.23. При каких значениях $a$ уравнение $\cos^2 x \cos 2x + a(\cos^4 x - \sin^4 x) = (2a+1)^2$ имеет решения?

Найдите эти решения.

Сначала преобразуем исходное уравнение. Используем формулу разности квадратов и основное тригонометрическое тождество:

$cos⁴x - sin⁴x = (cos²x - sin²x)(cos²x + sin²x) = cos(2x) \cdot 1 = cos(2x)$.

Подставим это выражение в исходное уравнение:

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

Вынесем $cos(2x)$ за скобки:

$cos(2x)(cos²x + a) = (2a + 1)²$.

Теперь используем формулу понижения степени для косинуса: $cos²x = \frac{1 + cos(2x)}{2}$.

$cos(2x) \left( \frac{1 + cos(2x)}{2} + a \right) = (2a + 1)²$.

Для упрощения введем замену $t = cos(2x)$. Так как область значений функции косинус – это отрезок $[-1, 1]$, то $t \in [-1, 1]$. Уравнение принимает вид:

$t \left( \frac{1 + t}{2} + a \right) = (2a + 1)²$.

Умножим обе части на 2 и преобразуем уравнение:

$t(1 + t + 2a) = 2(2a + 1)²$

$t² + t(1 + 2a) - 2(2a + 1)² = 0$.

Мы получили квадратное уравнение относительно $t$. Исходное тригонометрическое уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда это квадратное уравнение имеет хотя бы один корень $t$ на отрезке $[-1, 1]$.

Найдем корни этого квадратного уравнения с помощью дискриминанта:

$D = (1 + 2a)² - 4 \cdot 1 \cdot (-2(2a + 1)²) = (2a + 1)² + 8(2a + 1)² = 9(2a + 1)²$.

Корни уравнения для $t$:

$t_{1,2} = \frac{-(1 + 2a) \pm \sqrt{9(2a + 1)²}}{2} = \frac{-(2a + 1) \pm 3|2a + 1|}{2}$.

Раскроем модуль, рассмотрев два случая. Независимо от знака выражения $2a+1$, корнями уравнения являются $t_1 = 2a + 1$ и $t_2 = -2(2a + 1)$.

При каких значениях a уравнение имеет решения?

Уравнение имеет решения, если хотя бы один из корней, $t_1$ или $t_2$, принадлежит отрезку $[-1, 1]$.

1. Рассмотрим условие $t_1 \in [-1, 1]$:

$-1 \le 2a + 1 \le 1$

$-2 \le 2a \le 0$

$-1 \le a \le 0$.

2. Рассмотрим условие $t_2 \in [-1, 1]$:

$-1 \le -2(2a + 1) \le 1$

Разделим неравенство на -2, изменив знаки на противоположные:

$-\frac{1}{2} \le 2a + 1 \le \frac{1}{2}$

$-\frac{1}{2} - 1 \le 2a \le \frac{1}{2} - 1$

$-\frac{3}{2} \le 2a \le -\frac{1}{2}$

$-\frac{3}{4} \le a \le -\frac{1}{4}$.

Исходное уравнение будет иметь решения, если значение параметра $a$ принадлежит объединению найденных промежутков: $a \in [-1, 0] \cup [-3/4, -1/4]$.

Поскольку отрезок $[-3/4, -1/4]$ полностью содержится в отрезке $[-1, 0]$, их объединением является отрезок $[-1, 0]$.

Ответ: Уравнение имеет решения при $a \in [-1, 0]$.

Найдите эти решения.

Решения $x$ находятся из уравнений $cos(2x) = t_1$ и $cos(2x) = t_2$ для тех значений $a$, при которых корни $t_1$ и $t_2$ находятся в отрезке $[-1, 1]$.

Совокупность решений зависит от значения $a$ в пределах найденного отрезка $[-1, 0]$.

1. Если $a \in [-1, -3/4) \cup (-1/4, 0]$, то только корень $t_1 = 2a+1$ принадлежит отрезку $[-1, 1]$ (а корень $t_2$ не принадлежит). Решения в этом случае определяются уравнением $cos(2x) = 2a+1$.

2. Если $a \in [-3/4, -1/4]$, то оба корня, $t_1 = 2a+1$ и $t_2 = -2(2a+1)$, принадлежат отрезку $[-1, 1]$. Решениями будет объединение решений двух уравнений: $cos(2x) = 2a+1$ и $cos(2x) = -2(2a+1)$.

Ответ:
При $a \in [-1, 0]$ решения существуют.
Если $a \in [-1, -3/4) \cup (-1/4, 0]$, то решения задаются формулой:
$x = \pm \frac{1}{2} \arccos(2a + 1) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$.
Если $a \in [-3/4, -1/4]$, то решениями является совокупность двух серий:
$x = \pm \frac{1}{2} \arccos(2a + 1) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$,
$x = \pm \frac{1}{2} \arccos(-2(2a + 1)) + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$.

3.24. При каких значениях $a$ уравнение

$\sin 2x - 2a\sqrt{2}(\sin x + \cos x) + 1 - 6a^2 = 0$

имеет решения? Найдите эти решения.

Преобразуем исходное уравнение $\sin 2x - 2a\sqrt{2}(\sin x + \cos x) + 1 - 6a^2 = 0$.

Введем замену переменной. Пусть $t = \sin x + \cos x$. Чтобы найти область значений $t$, преобразуем выражение:

$t = \sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\sin x + \sin\frac{\pi}{4}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$.

Поскольку область значений функции синуса - это отрезок $[-1, 1]$, то область значений для $t$ - это отрезок $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Теперь выразим $\sin 2x$ через $t$. Возведем в квадрат выражение для $t$:

$t^2 = (\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x = 1 + 2\sin x \cos x = 1 + \sin 2x$.

Отсюда получаем $\sin 2x = t^2 - 1$.

Подставим выражения для $t$ и $\sin 2x$ в исходное уравнение:

$(t^2 - 1) - 2a\sqrt{2}t + 1 - 6a^2 = 0$

$t^2 - 2\sqrt{2}at - 6a^2 = 0$

Исходное тригонометрическое уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда это квадратное уравнение относительно $t$ имеет хотя бы один корень на отрезке $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

При каких значениях a уравнение имеет решения?

Решим квадратное уравнение $t^2 - 2\sqrt{2}at - 6a^2 = 0$ относительно $t$. Найдем дискриминант:

$D = (-2\sqrt{2}a)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-6a^2) = 8a^2 + 24a^2 = 32a^2$.

Корни уравнения для $t$:

$t = \frac{2\sqrt{2}a \pm \sqrt{32a^2}}{2} = \frac{2\sqrt{2}a \pm 4\sqrt{2}|a|}{2} = \sqrt{2}a \pm 2\sqrt{2}|a|$.

Рассмотрим два случая:

1. Если $a \ge 0$, то $|a| = a$. Корни: $t_1 = \sqrt{2}a + 2\sqrt{2}a = 3\sqrt{2}a$ и $t_2 = \sqrt{2}a - 2\sqrt{2}a = -\sqrt{2}a$.

2. Если $a < 0$, то $|a| = -a$. Корни: $t_1 = \sqrt{2}a - 2\sqrt{2}a = -\sqrt{2}a$ и $t_2 = \sqrt{2}a + 2\sqrt{2}a = 3\sqrt{2}a$.

Таким образом, при любом $a$ корни уравнения равны $t_1 = 3\sqrt{2}a$ и $t_2 = -\sqrt{2}a$.

Теперь найдем, при каких значениях $a$ хотя бы один из этих корней принадлежит отрезку $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.

Для корня $t_1 = 3\sqrt{2}a$ должно выполняться неравенство:

$-\sqrt{2} \le 3\sqrt{2}a \le \sqrt{2}$

Разделив на $3\sqrt{2}$, получаем: $-\frac{1}{3} \le a \le \frac{1}{3}$.

Для корня $t_2 = -\sqrt{2}a$ должно выполняться неравенство:

$-\sqrt{2} \le -\sqrt{2}a \le \sqrt{2}$

Разделив на $-\sqrt{2}$ (и изменив знаки неравенства), получаем: $1 \ge a \ge -1$, то есть $-1 \le a \le 1$.

Уравнение имеет решения, если $a$ принадлежит объединению этих двух промежутков: $[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}] \cup [-1, 1] = [-1, 1]$.

Ответ: Уравнение имеет решения при $a \in [-1, 1]$.

Найдите эти решения.

Для нахождения $x$ вернемся к замене $t = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$. Отсюда $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{t}{\sqrt{2}}$.

Подставляя найденные корни $t_1 = 3\sqrt{2}a$ и $t_2 = -\sqrt{2}a$, получаем два уравнения:

1) $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{3\sqrt{2}a}{\sqrt{2}} = 3a$. Это уравнение имеет решения, если $|3a| \le 1$, то есть $a \in [-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}]$.

2) $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = \frac{-\sqrt{2}a}{\sqrt{2}} = -a$. Это уравнение имеет решения, если $|-a| \le 1$, то есть $a \in [-1, 1]$.

Теперь рассмотрим решения для различных значений $a$ из найденного диапазона $[-1, 1]$.

Случай 1: $a \in [-1, -\frac{1}{3}) \cup (\frac{1}{3}, 1]$.

В этом случае $|3a| > 1$, поэтому уравнение $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = 3a$ не имеет решений. Решения дает только уравнение $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = -a$.

$x + \frac{\pi}{4} = (-1)^k \arcsin(-a) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = -\frac{\pi}{4} + (-1)^k(-\arcsin(a)) + \pi k = -\frac{\pi}{4} - (-1)^k\arcsin(a) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $a \in [-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}]$.

В этом случае решения существуют для обоих уравнений: $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = 3a$ и $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = -a$. Совокупность решений исходного уравнения будет объединением решений этих двух уравнений.

Из $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = 3a$ получаем:

$x + \frac{\pi}{4} = (-1)^n \arcsin(3a) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = -\frac{\pi}{4} + (-1)^n \arcsin(3a) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Из $\sin(x+\frac{\pi}{4}) = -a$ получаем (как и в первом случае):

$x = -\frac{\pi}{4} - (-1)^k\arcsin(a) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ:
При $a \in [-1, -\frac{1}{3}) \cup (\frac{1}{3}, 1]$ решениями являются $x = -\frac{\pi}{4} - (-1)^k\arcsin(a) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
При $a \in [-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}]$ решениями являются $x = -\frac{\pi}{4} - (-1)^k\arcsin(a) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$ и $x = -\frac{\pi}{4} + (-1)^n\arcsin(3a) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.