Номер 172, страница 333 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 172, страница 333.

Условие.

172. a) $\sin^8 x + \cos^8 x = \frac{17}{32};$

б) $\sin^{100} x + \cos^{100} x = 1.$

Решение 3.

Решение 5.

а) Решим уравнение $ \sin^8 x + \cos^8 x = \frac{17}{32} $.

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $ \sin^2 x + \cos^2 x = 1 $. Преобразуем левую часть уравнения, последовательно понижая степень.

Сначала найдем выражение для $ \sin^4 x + \cos^4 x $:

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

Теперь выразим $ \sin^8 x + \cos^8 x $:

$ \sin^8 x + \cos^8 x = (\sin^4 x)^2 + (\cos^4 x)^2 = (\sin^4 x + \cos^4 x)^2 - 2 \sin^4 x \cos^4 x $.

Подставим полученное выше выражение:

$ \sin^8 x + \cos^8 x = (1 - 2 \sin^2 x \cos^2 x)^2 - 2 (\sin x \cos x)^4 $.

Используем формулу синуса двойного угла $ \sin(2x) = 2 \sin x \cos x $, откуда $ \sin x \cos x = \frac{1}{2} \sin(2x) $.

$ \sin^8 x + \cos^8 x = \left(1 - 2 \left(\frac{1}{2} \sin(2x)\right)^2\right)^2 - 2 \left(\frac{1}{2} \sin(2x)\right)^4 $

$ = \left(1 - 2 \cdot \frac{1}{4} \sin^2(2x)\right)^2 - 2 \cdot \frac{1}{16} \sin^4(2x) $

$ = \left(1 - \frac{1}{2} \sin^2(2x)\right)^2 - \frac{1}{8} \sin^4(2x) $

$ = 1 - \sin^2(2x) + \frac{1}{4} \sin^4(2x) - \frac{1}{8} \sin^4(2x) $

$ = 1 - \sin^2(2x) + \frac{1}{8} \sin^4(2x) $.

Теперь приравняем это выражение к правой части исходного уравнения:

$ 1 - \sin^2(2x) + \frac{1}{8} \sin^4(2x) = \frac{17}{32} $.

Сделаем замену $ y = \sin^2(2x) $. Заметим, что $ 0 \le y \le 1 $.

$ 1 - y + \frac{1}{8} y^2 = \frac{17}{32} $.

Умножим обе части на 32, чтобы избавиться от дробей:

$ 32 - 32y + 4y^2 = 17 $

$ 4y^2 - 32y + 32 - 17 = 0 $

$ 4y^2 - 32y + 15 = 0 $.

Решим это квадратное уравнение. Дискриминант $ D = b^2 - 4ac = (-32)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 15 = 1024 - 240 = 784 = 28^2 $.

Корни уравнения:

$ y_1 = \frac{32 - 28}{2 \cdot 4} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} $

$ y_2 = \frac{32 + 28}{2 \cdot 4} = \frac{60}{8} = \frac{15}{2} = 7.5 $.

Корень $ y_2 = 7.5 $ не удовлетворяет условию $ 0 \le y \le 1 $, поэтому он является посторонним.

Возвращаемся к замене: $ \sin^2(2x) = \frac{1}{2} $.

Отсюда $ \sin(2x) = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Решениями этого уравнения являются значения $ 2x $, для которых синус по модулю равен $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это углы вида $ \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} $, где $ n \in Z $.

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

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

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

Ответ: $ x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{4}, \quad n \in Z $.

б) Решим уравнение $ \sin^{100} x + \cos^{100} x = 1 $.

Мы знаем, что для любого действительного числа $ x $ выполняются неравенства $ |\sin x| \le 1 $ и $ |\cos x| \le 1 $.

Поскольку $ 0 \le \sin^2 x \le 1 $ и $ 0 \le \cos^2 x \le 1 $, то при возведении в степень, большую 1, значение не увеличится. То есть:

$ \sin^{100} x = (\sin^2 x)^{50} \le \sin^2 x $

$ \cos^{100} x = (\cos^2 x)^{50} \le \cos^2 x $.

Сложим эти два неравенства:

$ \sin^{100} x + \cos^{100} x \le \sin^2 x + \cos^2 x $.

Так как $ \sin^2 x + \cos^2 x = 1 $, получаем:

$ \sin^{100} x + \cos^{100} x \le 1 $.

В исходном уравнении дано, что $ \sin^{100} x + \cos^{100} x = 1 $. Это означает, что в полученном нами неравенстве должно достигаться равенство. Равенство возможно только в том случае, когда оба исходных неравенства также обращаются в равенства:

$ \begin{cases} \sin^{100} x = \sin^2 x \\ \cos^{100} x = \cos^2 x \end{cases} $

Равенство $ a^{50} = a $ для $ a \in [0, 1] $ (где $ a = \sin^2 x $ или $ a = \cos^2 x $) выполняется только если $ a=0 $ или $ a=1 $.

Таким образом, система сводится к двум возможным случаям:

1) $ \sin^2 x = 1 $ и $ \cos^2 x = 0 $. Из $ \sin^2 x = 1 $ следует, что $ \sin x = \pm 1 $, что соответствует $ x = \frac{\pi}{2} + \pi n, \quad n \in Z $.

2) $ \sin^2 x = 0 $ и $ \cos^2 x = 1 $. Из $ \cos^2 x = 1 $ следует, что $ \cos x = \pm 1 $, что соответствует $ x = \pi k, \quad k \in Z $.

Объединяя оба случая, мы получаем все точки на тригонометрической окружности, которые являются концами четвертей: $ 0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3\pi}{2}, 2\pi, \dots $

Эту серию решений можно записать одной формулой:

$ x = \frac{\pi m}{2}, \quad m \in Z $.

Ответ: $ x = \frac{\pi m}{2}, \quad m \in Z $.