Номер 189, страница 335 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 189, страница 335.

Условие.

189. a) $2^{\sin^2 x} + 4 \cdot 2^{\cos^2 x} = 6;$

б) $3^{\lg \operatorname{tg} x} - 2 \cdot 3^{\lg \operatorname{ctg} x + 1} = 1;$

В) $4^{3 + 2 \cos 2x} - 7 \cdot 4^{1 + \cos 2x} = 4^{\frac{1}{2}};$

Г) $(2 \sin x)^{\cos x} = 1.$

Решение 5.

а) $2^{\sin^2 x} + 4 \cdot 2^{\cos^2 x} = 6$
Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, из которого выразим $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$.
Подставим это выражение в исходное уравнение: $2^{\sin^2 x} + 4 \cdot 2^{1 - \sin^2 x} = 6$
Используя свойство степеней $a^{m-n} = \frac{a^m}{a^n}$, преобразуем второе слагаемое: $2^{\sin^2 x} + 4 \cdot \frac{2^1}{2^{\sin^2 x}} = 6$
$2^{\sin^2 x} + \frac{8}{2^{\sin^2 x}} = 6$
Введем замену переменной. Пусть $t = 2^{\sin^2 x}$. Так как $0 \le \sin^2 x \le 1$, то область значений для $t$ будет $2^0 \le t \le 2^1$, то есть $1 \le t \le 2$.
Уравнение с новой переменной: $t + \frac{8}{t} = 6$
Умножим обе части на $t$ (при $t \ne 0$, что выполняется в нашей области значений): $t^2 + 8 = 6t$
$t^2 - 6t + 8 = 0$
Это квадратное уравнение, которое можно решить, например, по теореме Виета. Корни уравнения: $t_1 = 2$ и $t_2 = 4$.
Сравним найденные корни с областью допустимых значений для $t$: $t_1 = 2$ удовлетворяет условию $1 \le t \le 2$.
$t_2 = 4$ не удовлетворяет условию, так как $4 > 2$.
Следовательно, подходит только $t=2$. Вернемся к исходной переменной: $2^{\sin^2 x} = 2$
$2^{\sin^2 x} = 2^1$
$\sin^2 x = 1$
Это означает, что $\sin x = 1$ или $\sin x = -1$. Объединенное решение для этих двух случаев: $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) $3^{\lg \tg x} - 2 \cdot 3^{\lg \ctg x + 1} = 1$
Определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть положительными: $\tg x > 0$ и $\ctg x > 0$. Оба условия выполняются одновременно, когда $x$ принадлежит первой координатной четверти: $\pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Используем свойство котангенса $\ctg x = \frac{1}{\tg x}$ и свойство логарифмов $\lg(\frac{1}{a}) = -\lg a$: $\lg \ctg x = \lg(\frac{1}{\tg x}) = -\lg \tg x$.
Подставим это в уравнение: $3^{\lg \tg x} - 2 \cdot 3^{-\lg \tg x + 1} = 1$
$3^{\lg \tg x} - 2 \cdot 3^1 \cdot 3^{-\lg \tg x} = 1$
$3^{\lg \tg x} - \frac{6}{3^{\lg \tg x}} = 1$
Введем замену. Пусть $y = 3^{\lg \tg x}$. Поскольку $\tg x > 0$, $\lg \tg x$ может быть любым действительным числом, поэтому $y > 0$.
$y - \frac{6}{y} = 1$
$y^2 - 6 = y$
$y^2 - y - 6 = 0$
Корни этого квадратного уравнения: $y_1 = 3$ и $y_2 = -2$.
Корень $y_2 = -2$ не удовлетворяет условию $y > 0$.
Рассмотрим $y_1 = 3$: $3^{\lg \tg x} = 3$
$3^{\lg \tg x} = 3^1$
$\lg \tg x = 1$
По определению десятичного логарифма: $\tg x = 10^1 = 10$
Это значение удовлетворяет ОДЗ ($\tg x > 0$). Решение уравнения $\tg x = 10$: $x = \arctan(10) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \arctan(10) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

в) $4^{3+2\cos 2x} - 7 \cdot 4^{1+\cos 2x} = 4^{\frac{1}{2}}$
Упростим правую часть и применим свойства степеней к левой части: $4^3 \cdot 4^{2\cos 2x} - 7 \cdot 4^1 \cdot 4^{\cos 2x} = \sqrt{4}$
$64 \cdot (4^{\cos 2x})^2 - 28 \cdot 4^{\cos 2x} = 2$
Введем замену. Пусть $z = 4^{\cos 2x}$. Так как $-1 \le \cos 2x \le 1$, то $4^{-1} \le z \le 4^1$, то есть $\frac{1}{4} \le z \le 4$.
Уравнение примет вид: $64z^2 - 28z - 2 = 0$
Разделим обе части на 2: $32z^2 - 14z - 1 = 0$
Решим квадратное уравнение с помощью дискриминанта: $D = (-14)^2 - 4 \cdot 32 \cdot (-1) = 196 + 128 = 324 = 18^2$
$z_{1,2} = \frac{14 \pm \sqrt{324}}{2 \cdot 32} = \frac{14 \pm 18}{64}$
$z_1 = \frac{14 + 18}{64} = \frac{32}{64} = \frac{1}{2}$
$z_2 = \frac{14 - 18}{64} = \frac{-4}{64} = -\frac{1}{16}$
Проверим корни на принадлежность отрезку $[\frac{1}{4}, 4]$: $z_1 = \frac{1}{2}$ удовлетворяет условию, так как $\frac{1}{4} \le \frac{1}{2} \le 4$.
$z_2 = -\frac{1}{16}$ не удовлетворяет условию, так как $z$ должно быть положительным.
Возвращаемся к замене, используя $z = \frac{1}{2}$: $4^{\cos 2x} = \frac{1}{2}$
Представим обе части с основанием 2: $(2^2)^{\cos 2x} = 2^{-1}$
$2^{2\cos 2x} = 2^{-1}$
Приравняем показатели: $2\cos 2x = -1$
$\cos 2x = -\frac{1}{2}$
$2x = \pm \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi k$
$2x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$
Разделим на 2, чтобы найти $x$: $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

г) $(2 \sin x)^{\cos x} = 1$
Это показательно-степенное уравнение вида $f(x)^{g(x)} = 1$.
ОДЗ: основание степени должно быть положительным: $2 \sin x > 0$, откуда $\sin x > 0$. Это выполняется для $x \in (2\pi k, \pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.
Решение уравнения $a^b=1$ возможно в трех случаях:
1) $b=0$ при $a \ne 0$;
2) $a=1$;
3) $a=-1$ и $b$ — четное целое число (этот случай невозможен, так как по ОДЗ $a>0$).
Рассмотрим первые два случая:
Случай 1: Показатель степени равен нулю. $\cos x = 0$
$x = \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Проверим эти решения на соответствие ОДЗ ($\sin x > 0$).
Если $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$ (где $k \in \mathbb{Z}$), то $\sin x = 1 > 0$. Основание $2\sin x = 2 \ne 0$. Эти корни подходят.
Если $x = \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$ (где $k \in \mathbb{Z}$), то $\sin x = -1 < 0$. Эти корни не удовлетворяют ОДЗ.
Из этого случая получаем серию решений: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Случай 2: Основание степени равно единице. $2 \sin x = 1$
$\sin x = \frac{1}{2}$
Решения этого уравнения: $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $x = \pi - \frac{\pi}{6} + 2\pi k = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Для обеих серий корней $\sin x = \frac{1}{2} > 0$, что удовлетворяет ОДЗ.
Объединим все найденные серии решений.
Ответ: $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k, x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.