Страница 333 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Решите уравнения (163—165).

163. a) $3 + 2 \sin 2x = \tan x + \cot x;$

б) $\tan x - \sin x = 1 - \tan x \sin x;$

в) $\sin^2 x + \sin^2 2x = \sin^2 3x;$

г) $\sqrt{6} \sin x - 2 \cos x = 0.$

а) $3 + 2 \sin 2x = \tg x + \ctg x$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Тангенс и котангенс определены, когда $\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$. Это эквивалентно условию $\sin x \cos x \neq 0$, или $\frac{1}{2}\sin 2x \neq 0$. Таким образом, ОДЗ: $x \neq \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Преобразуем правую часть уравнения, используя основные тригонометрические тождества:
$\tg x + \ctg x = \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{1}{\sin x \cos x}$.

Используя формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$, получим $\sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2}$.
Тогда правая часть уравнения равна $\frac{1}{\frac{\sin 2x}{2}} = \frac{2}{\sin 2x}$.

Подставим это в исходное уравнение:
$3 + 2 \sin 2x = \frac{2}{\sin 2x}$.

Сделаем замену переменной. Пусть $y = \sin 2x$. С учетом ОДЗ, $y \neq 0$. Также, по определению синуса, $|y| \le 1$.
$3 + 2y = \frac{2}{y}$.

Умножим обе части на $y$ (так как $y \neq 0$):
$3y + 2y^2 = 2$.
$2y^2 + 3y - 2 = 0$.

Решим полученное квадратное уравнение. Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 3^2 - 4(2)(-2) = 9 + 16 = 25 = 5^2$.
Корни уравнения:
$y_1 = \frac{-3 - 5}{2 \cdot 2} = \frac{-8}{4} = -2$.
$y_2 = \frac{-3 + 5}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

Вернемся к замене.
1) $\sin 2x = y_1 = -2$. Это уравнение не имеет решений, так как $|\sin 2x| \le 1$.
2) $\sin 2x = y_2 = \frac{1}{2}$. Это простейшее тригонометрическое уравнение.
$2x = (-1)^n \arcsin(\frac{1}{2}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
$2x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
$x = (-1)^n \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.
Эти решения удовлетворяют ОДЗ ($x \neq \frac{\pi k}{2}$).

Ответ: $x = (-1)^n \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.

б) $\tg x - \sin x = 1 - \tg x \sin x$

ОДЗ: $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Перенесем все члены в левую часть и сгруппируем их:
$\tg x - \sin x - 1 + \tg x \sin x = 0$.
$(\tg x - 1) + (\tg x \sin x - \sin x) = 0$.
Вынесем общий множитель $\sin x$ из второй скобки:
$(\tg x - 1) + \sin x (\tg x - 1) = 0$.
Теперь вынесем общий множитель $(\tg x - 1)$:
$(\tg x - 1)(1 + \sin x) = 0$.

Произведение равно нулю, когда хотя бы один из множителей равен нулю:
1) $\tg x - 1 = 0 \implies \tg x = 1$.
$x = \arctan(1) + \pi n = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Эти решения входят в ОДЗ, так как $\cos(\frac{\pi}{4} + \pi n) = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0$.
2) $1 + \sin x = 0 \implies \sin x = -1$.
$x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Проверим эти решения на соответствие ОДЗ. При этих значениях $x$, $\cos x = \cos(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k) = 0$. Следовательно, эти значения не входят в ОДЗ и являются посторонними корнями.

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

в) $\sin^2 x + \sin^2 2x = \sin^2 3x$

Перенесем $\sin^2 x$ в правую часть:
$\sin^2 2x = \sin^2 3x - \sin^2 x$.

Воспользуемся формулой разности квадратов синусов: $\sin^2 A - \sin^2 B = \sin(A-B)\sin(A+B)$.
$\sin^2 2x = \sin(3x-x)\sin(3x+x)$.
$\sin^2 2x = \sin(2x)\sin(4x)$.

Перенесем все в левую часть и вынесем общий множитель $\sin 2x$:
$\sin^2 2x - \sin(2x)\sin(4x) = 0$.
$\sin 2x (\sin 2x - \sin 4x) = 0$.

Получаем два случая:
1) $\sin 2x = 0$.
$2x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.

2) $\sin 2x - \sin 4x = 0 \implies \sin 4x = \sin 2x$.
Преобразуем разность синусов в произведение по формуле $\sin A - \sin B = 2 \sin\frac{A-B}{2}\cos\frac{A+B}{2}$:
$\sin 4x - \sin 2x = 2 \sin\frac{4x-2x}{2}\cos\frac{4x+2x}{2} = 0$.
$2 \sin x \cos 3x = 0$.
Отсюда либо $\sin x = 0$, либо $\cos 3x = 0$.
а) $\sin x = 0 \implies x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$. Эта серия решений является подмножеством серии $x = \frac{\pi n}{2}$ (при четных $n=2k$).
б) $\cos 3x = 0$.
$3x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя все полученные решения, получаем две независимые серии корней.

Ответ: $x = \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}; \quad x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$.

г) $\sqrt{6} \sin x - 2 \cos x = 0$

Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени.
Заметим, что если $\cos x = 0$, то $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$. В этом случае $\sin x = \pm 1$. Подставим в уравнение:
$\sqrt{6}(\pm 1) - 2(0) = \pm\sqrt{6} \neq 0$.
Следовательно, $\cos x \neq 0$, и мы можем разделить обе части уравнения на $\cos x$.

$\frac{\sqrt{6} \sin x}{\cos x} - \frac{2 \cos x}{\cos x} = 0$.
$\sqrt{6} \tg x - 2 = 0$.

Решим полученное уравнение относительно $\tg x$:
$\sqrt{6} \tg x = 2$.
$\tg x = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{6} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Отсюда находим $x$:
$x = \arctan(\frac{\sqrt{6}}{3}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \arctan(\frac{\sqrt{6}}{3}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

164. a) $|x| \sin x + x = 0;$

б) $\sqrt{\sin x - 1} + 2x = 0;$

в) $|x| \cos x - x = 0;$

г) $\left(\frac{\sqrt{x} + \sqrt{-x}}{2}\right)^2 = \sin \frac{x}{2}.$

a) $|x| \sin x + x = 0$

Раскроем модуль, рассмотрев три случая.

1. Пусть $x = 0$.
Подставим $x=0$ в исходное уравнение:
$|0| \sin 0 + 0 = 0$
$0 \cdot 0 + 0 = 0$
$0 = 0$
Равенство верное, значит $x=0$ является корнем уравнения.

2. Пусть $x > 0$.
В этом случае $|x| = x$. Уравнение принимает вид:
$x \sin x + x = 0$
$x(\sin x + 1) = 0$
Так как по условию этого случая $x > 0$, то равенство возможно только если $\sin x + 1 = 0$.
$\sin x = -1$
$x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Теперь выберем корни, удовлетворяющие условию $x > 0$.
$-\frac{\pi}{2} + 2\pi k > 0 \implies 2\pi k > \frac{\pi}{2} \implies k > \frac{1}{4}$.
Следовательно, подходят все целые $k \ge 1$ ($k \in \mathbb{N}$).

3. Пусть $x < 0$.
В этом случае $|x| = -x$. Уравнение принимает вид:
$-x \sin x + x = 0$
$x(1 - \sin x) = 0$
Так как по условию этого случая $x < 0$, то равенство возможно только если $1 - \sin x = 0$.
$\sin x = 1$
$x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Теперь выберем корни, удовлетворяющие условию $x < 0$.
$\frac{\pi}{2} + 2\pi k < 0 \implies 2\pi k < -\frac{\pi}{2} \implies k < -\frac{1}{4}$.
Следовательно, подходят все целые $k \le -1$.

Объединяя все найденные решения, получаем:
Ответ: $x=0$; $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{N}$; $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}, k \le -1$.

б) $\sqrt{\sin x - 1} + 2x = 0$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) уравнения. Выражение под знаком корня должно быть неотрицательным:
$\sin x - 1 \ge 0$
$\sin x \ge 1$
Поскольку максимальное значение функции синус равно 1, это неравенство выполняется только в том случае, когда $\sin x = 1$.
Это означает, что выражение под корнем всегда равно нулю для любого $x$ из ОДЗ. Таким образом, ОДЗ состоит из всех $x$, для которых $\sin x = 1$, то есть $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Подставим $\sin x - 1 = 0$ в исходное уравнение:
$\sqrt{0} + 2x = 0$
$2x = 0$
$x = 0$
Теперь необходимо проверить, принадлежит ли найденный корень $x=0$ области допустимых значений. Для этого проверим, выполняется ли для него условие $\sin x = 1$.
$\sin(0) = 0$.
Так как $0 \ne 1$, то $x=0$ не входит в ОДЗ.
Следовательно, уравнение не имеет решений.

Ответ: корней нет.

в) $|x| \cos x - x = 0$

Раскроем модуль, рассмотрев три случая.

1. Пусть $x = 0$.
Подставим $x=0$ в исходное уравнение:
$|0| \cos 0 - 0 = 0$
$0 \cdot 1 - 0 = 0$
$0 = 0$
Равенство верное, значит $x=0$ является корнем уравнения.

2. Пусть $x > 0$.
В этом случае $|x| = x$. Уравнение принимает вид:
$x \cos x - x = 0$
$x(\cos x - 1) = 0$
Так как $x > 0$, то $\cos x - 1 = 0$.
$\cos x = 1$
$x = 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Из условия $x > 0$ следует, что $2\pi k > 0$, то есть $k > 0$. Следовательно, подходят все целые $k \ge 1$ ($k \in \mathbb{N}$).

3. Пусть $x < 0$.
В этом случае $|x| = -x$. Уравнение принимает вид:
$-x \cos x - x = 0$
$-x(\cos x + 1) = 0$
Так как $x < 0$, то $\cos x + 1 = 0$.
$\cos x = -1$
$x = \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Из условия $x < 0$ следует, что $\pi + 2\pi k < 0 \implies 2\pi k < -\pi \implies k < -\frac{1}{2}$.
Следовательно, подходят все целые $k \le -1$.

Объединяя все найденные решения, получаем:
Ответ: $x=0$; $x = 2\pi k$, где $k \in \mathbb{N}$; $x = \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}, k \le -1$.

г) $\left(\frac{\sqrt{x} + \sqrt{-x}}{2}\right)^2 = \sin \frac{x}{2}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) уравнения. Выражения под знаками корней должны быть неотрицательными.
1. Для $\sqrt{x}$ необходимо, чтобы $x \ge 0$.
2. Для $\sqrt{-x}$ необходимо, чтобы $-x \ge 0$, что эквивалентно $x \le 0$.
Единственное число, которое одновременно удовлетворяет обоим условиям ($x \ge 0$ и $x \le 0$), это $x=0$.
Таким образом, ОДЗ уравнения состоит из одного единственного значения: $x=0$.

Проверим, является ли $x=0$ корнем уравнения, подставив это значение в исходное выражение.
Левая часть:
$\left(\frac{\sqrt{0} + \sqrt{-0}}{2}\right)^2 = \left(\frac{0 + 0}{2}\right)^2 = 0^2 = 0$.
Правая часть:
$\sin \frac{0}{2} = \sin 0 = 0$.
Левая часть равна правой ($0=0$), следовательно, $x=0$ является решением.

Поскольку ОДЗ состоит только из одного значения, и это значение является решением, то других решений у уравнения быть не может.

Ответ: $x=0$.

165. а) $\frac{1}{\cos^4 x} - \operatorname{tg}^4 x = 17;$

б) $\operatorname{tg} 3x - \operatorname{tg} x = 2 (\sin 4x - \sin 2x);$

в) $3 (\log_2 \sin x)^2 + \log_2 (1 - \cos 2x) = 2;$

г) $2^{2 \operatorname{tg} \frac{x}{2} - \cos x} = 4.$

а)
Дано уравнение: $\frac{1}{\cos^4 x} - \text{tg}^4 x = 17$.
Область допустимых значений (ОДЗ): $\cos x \neq 0$, что эквивалентно $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Используем основное тригонометрическое тождество в виде $\frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \text{tg}^2 x$.
Тогда $\frac{1}{\cos^4 x} = \left(\frac{1}{\cos^2 x}\right)^2 = (1 + \text{tg}^2 x)^2$.
Подставим это в исходное уравнение:
$(1 + \text{tg}^2 x)^2 - \text{tg}^4 x = 17$.
Раскроем скобки:
$1 + 2 \text{tg}^2 x + (\text{tg}^2 x)^2 - \text{tg}^4 x = 17$.
$1 + 2 \text{tg}^2 x + \text{tg}^4 x - \text{tg}^4 x = 17$.
$1 + 2 \text{tg}^2 x = 17$.
$2 \text{tg}^2 x = 16$.
$\text{tg}^2 x = 8$.
Отсюда $\text{tg} x = \pm \sqrt{8} = \pm 2\sqrt{2}$.
Решениями являются две серии корней:
$x = \text{arctg}(2\sqrt{2}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$ и $x = \text{arctg}(-2\sqrt{2}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Это можно объединить в одну запись: $x = \pm \text{arctg}(2\sqrt{2}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$. Эти значения удовлетворяют ОДЗ, так как тангенс для них определен.

Ответ: $x = \pm \text{arctg}(2\sqrt{2}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б)
Дано уравнение: $\text{tg } 3x - \text{tg } x = 2 (\sin 4x - \sin 2x)$.
ОДЗ: $\cos 3x \neq 0$ и $\cos x \neq 0$.
Преобразуем левую часть по формуле разности тангенсов $\text{tg } \alpha - \text{tg } \beta = \frac{\sin(\alpha-\beta)}{\cos\alpha \cos\beta}$:
$\text{tg } 3x - \text{tg } x = \frac{\sin(3x-x)}{\cos 3x \cos x} = \frac{\sin 2x}{\cos 3x \cos x}$.
Преобразуем правую часть по формуле разности синусов $\sin\alpha - \sin\beta = 2 \cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}$:
$2 (\sin 4x - \sin 2x) = 2 \left(2 \cos\frac{4x+2x}{2}\sin\frac{4x-2x}{2}\right) = 4 \cos 3x \sin x$.
Уравнение принимает вид:
$\frac{\sin 2x}{\cos 3x \cos x} = 4 \cos 3x \sin x$.
Используем формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$:
$\frac{2 \sin x \cos x}{\cos 3x \cos x} = 4 \cos 3x \sin x$.
Так как по ОДЗ $\cos x \neq 0$, мы можем сократить на $\cos x$:
$\frac{2 \sin x}{\cos 3x} = 4 \cos 3x \sin x$.
Перенесем все в левую часть и вынесем общий множитель за скобки:
$\frac{2 \sin x}{\cos 3x} - 4 \cos 3x \sin x = 0$.
$2 \sin x \left(\frac{1}{\cos 3x} - 2 \cos 3x\right) = 0$.
Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю:
1) $\sin x = 0 \implies x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$. Проверим ОДЗ: $\cos(\pi k) = \pm 1 \neq 0$ и $\cos(3\pi k) = \pm 1 \neq 0$. Следовательно, эта серия корней подходит.
2) $\frac{1}{\cos 3x} - 2 \cos 3x = 0$.
$\frac{1}{\cos 3x} = 2 \cos 3x$.
$1 = 2 \cos^2 3x$.
$\cos^2 3x = \frac{1}{2}$.
$\cos 3x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$.
$3x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{6}, n \in \mathbb{Z}$. Эта серия корней удовлетворяет ОДЗ, так как $\cos 3x \neq 0$ и $\cos x \neq 0$ для данных значений $x$.

Ответ: $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{6}, n \in \mathbb{Z}$.

в)
Дано уравнение: $3 (\log_2 \sin x)^2 + \log_2 (1 - \cos 2x) = 2$.
ОДЗ:
1) $\sin x > 0$.
2) $1 - \cos 2x > 0$. Используя формулу $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$, получаем $1 - (1 - 2\sin^2 x) > 0 \implies 2\sin^2 x > 0 \implies \sin x \neq 0$.
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $\sin x > 0$.
Преобразуем выражение в логарифме: $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$.
Подставим в уравнение:
$3 (\log_2 \sin x)^2 + \log_2 (2\sin^2 x) = 2$.
Используем свойства логарифмов $\log_a(bc) = \log_a b + \log_a c$ и $\log_a(b^p) = p \log_a b$:
$\log_2(2\sin^2 x) = \log_2 2 + \log_2(\sin^2 x) = 1 + 2 \log_2(\sin x)$ (так как $\sin x > 0$).
Уравнение принимает вид:
$3 (\log_2 \sin x)^2 + 1 + 2 \log_2 \sin x = 2$.
Произведем замену переменной. Пусть $y = \log_2 \sin x$.
$3y^2 + 2y + 1 = 2$.
$3y^2 + 2y - 1 = 0$.
Это квадратное уравнение. Найдем его корни через дискриминант: $D = 2^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-1) = 4 + 12 = 16$.
$y_1 = \frac{-2 + \sqrt{16}}{2 \cdot 3} = \frac{-2+4}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.
$y_2 = \frac{-2 - \sqrt{16}}{2 \cdot 3} = \frac{-2-4}{6} = \frac{-6}{6} = -1$.
Выполним обратную замену:
1) $\log_2 \sin x = \frac{1}{3} \implies \sin x = 2^{1/3} = \sqrt[3]{2}$. Так как $\sqrt[3]{2} > 1$, это уравнение не имеет решений.
2) $\log_2 \sin x = -1 \implies \sin x = 2^{-1} = \frac{1}{2}$. Это значение удовлетворяет ОДЗ ($\sin x > 0$).
Решаем уравнение $\sin x = \frac{1}{2}$:
$x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

г)
Дано уравнение: $2^{2 \text{tg} \frac{x}{2} - \cos x} = 4$.
ОДЗ: $\cos\frac{x}{2} \neq 0 \implies \frac{x}{2} \neq \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x \neq \pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Представим правую часть как степень двойки: $4 = 2^2$.
$2^{2 \text{tg} \frac{x}{2} - \cos x} = 2^2$.
Приравниваем показатели степеней:
$2 \text{tg} \frac{x}{2} - \cos x = 2$.
Используем универсальную тригонометрическую подстановку. Пусть $t = \text{tg} \frac{x}{2}$. Тогда $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$.
Подставляем в уравнение:
$2t - \frac{1-t^2}{1+t^2} = 2$.
Домножим обе части на $1+t^2$ (это выражение всегда больше нуля):
$2t(1+t^2) - (1-t^2) = 2(1+t^2)$.
$2t + 2t^3 - 1 + t^2 = 2 + 2t^2$.
Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные:
$2t^3 + t^2 - 2t^2 + 2t - 1 - 2 = 0$.
$2t^3 - t^2 + 2t - 3 = 0$.
Найдем корень этого кубического уравнения подбором среди делителей свободного члена ($\pm 1, \pm 3$) и дробей, где в знаменателе делители старшего коэффициента ($\pm 1/2, \pm 3/2$).
Проверим $t=1$: $2(1)^3 - (1)^2 + 2(1) - 3 = 2 - 1 + 2 - 3 = 0$.
Значит, $t=1$ является корнем. Разделим многочлен $2t^3 - t^2 + 2t - 3$ на $(t-1)$:
$(2t^3 - t^2 + 2t - 3) : (t-1) = 2t^2 + t + 3$.
Получаем уравнение: $(t-1)(2t^2 + t + 3) = 0$.
1) $t-1=0 \implies t=1$.
2) $2t^2 + t + 3 = 0$. Найдем дискриминант: $D = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 1 - 24 = -23$. Так как $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.
Единственное решение $t=1$.
Выполняем обратную замену:
$\text{tg} \frac{x}{2} = 1$.
$\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Данное решение удовлетворяет ОДЗ.

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

166. Докажите формулу:

а) $\sin \alpha = \frac{2 \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}}{1+\operatorname{tg}^{2} \frac{\alpha}{2}} ;$

б) $\cos \alpha = \frac{1-\operatorname{tg}^{2} \frac{\alpha}{2}}{1+\operatorname{tg}^{2} \frac{\alpha}{2}} ;$

в) $\operatorname{tg} \alpha = \frac{2 \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}}{1-\operatorname{tg}^{2} \frac{\alpha}{2}} ;$

г) $\operatorname{ctg} \alpha = \frac{1-\operatorname{tg}^{2} \frac{\alpha}{2}}{2 \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}} .$

а) Докажите формулу $ \sin \alpha = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $

Для доказательства воспользуемся формулой синуса двойного угла: $ \sin(2x) = 2 \sin x \cos x $. Представим угол $ \alpha $ как $ 2 \cdot \frac{\alpha}{2} $. Тогда, подставив $ x = \frac{\alpha}{2} $, получим: $ \sin \alpha = 2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2} $.

Мы можем представить любое выражение в виде дроби, разделив его на 1. Используем основное тригонометрическое тождество $ \sin^2 y + \cos^2 y = 1 $. Для угла $ \frac{\alpha}{2} $ оно выглядит как $ \cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2} = 1 $. $ \sin \alpha = \frac{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{1} = \frac{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2}} $.

Теперь разделим числитель и знаменатель дроби на $ \cos^2 \frac{\alpha}{2} $ (это возможно, если $ \cos \frac{\alpha}{2} \neq 0 $, то есть когда $ \tg \frac{\alpha}{2} $ определен). $ \sin \alpha = \frac{\frac{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}}{\frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}} = \frac{2 \frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}}}{1 + \frac{\sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}} $.

Поскольку $ \tg y = \frac{\sin y}{\cos y} $, мы можем заменить отношения синуса и косинуса на тангенс: $ \sin \alpha = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $. Формула доказана.

Ответ: Формула $ \sin \alpha = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $ доказана, исходя из формулы синуса двойного угла и основного тригонометрического тождества.

б) Докажите формулу $ \cos \alpha = \frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $

Для доказательства воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $ \cos(2x) = \cos^2 x - \sin^2 x $. Представим угол $ \alpha $ как $ 2 \cdot \frac{\alpha}{2} $ и подставим $ x = \frac{\alpha}{2} $: $ \cos \alpha = \cos^2 \frac{\alpha}{2} - \sin^2 \frac{\alpha}{2} $.

Как и в предыдущем пункте, разделим выражение на 1, используя тождество $ \cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2} = 1 $: $ \cos \alpha = \frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2} - \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{1} = \frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2} - \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2}} $.

Разделим числитель и знаменатель дроби на $ \cos^2 \frac{\alpha}{2} $: $ \cos \alpha = \frac{\frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2} - \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}}{\frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2} + \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}} = \frac{\frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}} - \frac{\sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}}{ \frac{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}} + \frac{\sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}} $.

Заменяя $ \frac{\sin y}{\cos y} $ на $ \tg y $, получаем: $ \cos \alpha = \frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $. Формула доказана.

Ответ: Формула $ \cos \alpha = \frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $ доказана, исходя из формулы косинуса двойного угла и основного тригонометрического тождества.

в) Докажите формулу $ \tg \alpha = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $

Эта формула является формулой тангенса двойного угла $ \tg(2x) = \frac{2 \tg x}{1 - \tg^2 x} $. Если мы положим $ x = \frac{\alpha}{2} $, то $ 2x = \alpha $. Подстановка напрямую дает требуемую формулу: $ \tg \alpha = \tg(2 \cdot \frac{\alpha}{2}) = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $.

Альтернативно, можно доказать эту формулу, используя уже доказанные выражения для $ \sin \alpha $ и $ \cos \alpha $: $ \tg \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}}}{\frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}}} $.

Сокращая общий знаменатель $ (1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}) $ в числителе и знаменателе сложной дроби, получаем: $ \tg \alpha = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $. Формула доказана.

Ответ: Формула $ \tg \alpha = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $ является формулой тангенса двойного угла и также может быть выведена из формул для синуса и косинуса через тангенс половинного угла.

г) Докажите формулу $ \ctg \alpha = \frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \tg \frac{\alpha}{2}} $

По определению, котангенс является обратной величиной тангенсу: $ \ctg \alpha = \frac{1}{\tg \alpha} $. Используя формулу для $ \tg \alpha $ из предыдущего пункта: $ \tg \alpha = \frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}} $.

Подставим это выражение в определение котангенса: $ \ctg \alpha = \frac{1}{\frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}} $.

"Перевернув" дробь в знаменателе, получаем: $ \ctg \alpha = \frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \tg \frac{\alpha}{2}} $.

Также можно воспользоваться определением $ \ctg \alpha = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} $ и формулами из пунктов а) и б): $ \ctg \alpha = \frac{\frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}}}{\frac{2 \tg \frac{\alpha}{2}}{1 + \tg^2 \frac{\alpha}{2}}} = \frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \tg \frac{\alpha}{2}} $. Формула доказана.

Ответ: Формула $ \ctg \alpha = \frac{1 - \tg^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \tg \frac{\alpha}{2}} $ доказана путем использования определения котангенса и ранее доказанных формул.

167. Решите уравнение:

а) $\sin 2x + \operatorname{tg} x = 2;$

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

а) $\sin 2x + \tg x = 2$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Функция $\tg x$ определена, если $\cos x \neq 0$, следовательно, $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу синуса двойного угла, выраженную через тангенс: $\sin 2x = \frac{2\tg x}{1+\tg^2 x}$.

Подставим это выражение в исходное уравнение: $\frac{2\tg x}{1+\tg^2 x} + \tg x = 2$.

Произведем замену переменной. Пусть $t = \tg x$. Уравнение примет вид: $\frac{2t}{1+t^2} + t = 2$.

Умножим обе части уравнения на $1+t^2$ (это выражение всегда положительно): $2t + t(1+t^2) = 2(1+t^2)$ $2t + t + t^3 = 2 + 2t^2$ $t^3 - 2t^2 + 3t - 2 = 0$.

Мы получили кубическое уравнение. Найдем его корни. Попробуем найти целочисленные корни среди делителей свободного члена (-2), то есть $\pm 1, \pm 2$. Проверим $t=1$: $1^3 - 2(1)^2 + 3(1) - 2 = 1 - 2 + 3 - 2 = 0$. Так как $t=1$ является корнем, мы можем разделить многочлен $t^3 - 2t^2 + 3t - 2$ на $(t-1)$. $(t-1)(t^2 - t + 2) = 0$.

Отсюда следует, что либо $t-1=0$, либо $t^2 - t + 2 = 0$.
1) $t-1=0 \Rightarrow t=1$.
2) Для квадратного уравнения $t^2 - t + 2 = 0$ найдем дискриминант: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1 - 8 = -7$. Так как $D < 0$, действительных корней у этого уравнения нет.

Единственным решением является $t=1$.

Вернемся к исходной переменной: $\tg x = 1$.

Решением этого уравнения является серия $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Данное решение удовлетворяет ОДЗ ($x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$).

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

б) $\sin x + \ctg\frac{x}{2} = 2$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Функция $\ctg\frac{x}{2}$ определена, если $\sin\frac{x}{2} \neq 0$, следовательно, $\frac{x}{2} \neq \pi k$, то есть $x \neq 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Используем универсальную тригонометрическую подстановку. Выразим $\sin x$ и $\ctg\frac{x}{2}$ через $t = \tg\frac{x}{2}$: $\sin x = \frac{2\tg\frac{x}{2}}{1+\tg^2\frac{x}{2}} = \frac{2t}{1+t^2}$ $\ctg\frac{x}{2} = \frac{1}{\tg\frac{x}{2}} = \frac{1}{t}$. Из ОДЗ следует, что $\ctg\frac{x}{2}$ существует, поэтому $t \neq 0$.

Подставим выражения в уравнение: $\frac{2t}{1+t^2} + \frac{1}{t} = 2$.

Приведем левую часть к общему знаменателю $t(1+t^2)$: $\frac{2t^2 + 1(1+t^2)}{t(1+t^2)} = 2$.

Так как $t \neq 0$ и $1+t^2 \neq 0$, умножим обе части на знаменатель: $2t^2 + 1 + t^2 = 2t(1+t^2)$ $3t^2 + 1 = 2t + 2t^3$ $2t^3 - 3t^2 + 2t - 1 = 0$.

Мы получили кубическое уравнение. Найдем его корни. Проверим рациональные корни вида $p/q$, где $p$ - делитель -1, а $q$ - делитель 2. Возможные корни: $\pm 1, \pm \frac{1}{2}$. Проверим $t=1$: $2(1)^3 - 3(1)^2 + 2(1) - 1 = 2 - 3 + 2 - 1 = 0$. Так как $t=1$ является корнем, мы можем разделить многочлен $2t^3 - 3t^2 + 2t - 1$ на $(t-1)$. $(t-1)(2t^2 - t + 1) = 0$.

Отсюда следует, что либо $t-1=0$, либо $2t^2 - t + 1 = 0$.
1) $t-1=0 \Rightarrow t=1$.
2) Для квадратного уравнения $2t^2 - t + 1 = 0$ найдем дискриминант: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 1 - 8 = -7$. Так как $D < 0$, действительных корней у этого уравнения нет.

Единственным решением является $t=1$.

Вернемся к исходной переменной: $\tg\frac{x}{2} = 1$.

Решаем это уравнение: $\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + \pi n$ $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Данное решение удовлетворяет ОДЗ ($x \neq 2\pi k$).

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

168. Докажите тождество

$a \sin x + b \cos x = A \sin (x + \varphi),$

где $\varphi$ удовлетворяет условиям:

$\cos \varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}, \sin \varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}, A = \sqrt{a^2 + b^2}.$

Для доказательства данного тождества преобразуем его правую часть, используя известные тригонометрические формулы и определения, данные в условии.

Правая часть тождества имеет вид: $A \sin (x + \phi)$.

Воспользуемся формулой синуса суммы двух углов:

$\sin(x + \phi) = \sin x \cos \phi + \cos x \sin \phi$

Подставив это разложение в правую часть тождества, получим:

$A \sin (x + \phi) = A (\sin x \cos \phi + \cos x \sin \phi)$

Теперь подставим значения для $A$, $\cos \phi$ и $\sin \phi$ из условия задачи:

$A = \sqrt{a^2 + b^2}$

$\cos \phi = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$

$\sin \phi = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$

Выполним подстановку в выражение $A (\sin x \cos \phi + \cos x \sin \phi)$:

$\sqrt{a^2 + b^2} \left( \sin x \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} + \cos x \cdot \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right)$

Раскроем скобки, умножив каждое слагаемое в них на множитель $\sqrt{a^2 + b^2}$:

$\sqrt{a^2 + b^2} \cdot \sin x \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} + \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \cos x \cdot \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$

Сократим множитель $\sqrt{a^2 + b^2}$ в числителе и знаменателе каждого слагаемого:

$a \sin x + b \cos x$

Полученное выражение в точности равно левой части исходного тождества. Таким образом, мы доказали, что правая часть тождества равна левой.

Ответ: Тождество $a \sin x + b \cos x = A \sin (x + \phi)$ доказано путем преобразования его правой части с использованием формулы синуса суммы и подстановки данных в условии выражений для $A$, $\cos \phi$ и $\sin \phi$, в результате чего было получено выражение, идентичное левой части.

Решите уравнения (169–175).

169. a) $ \sin x - \sqrt{3} \cos x = 1 $;

б) $ 2 \sin x + 3 \cos x = 4 $.

а) $\sin x - \sqrt{3} \cos x = 1$

Данное уравнение является линейным тригонометрическим уравнением вида $a \sin x + b \cos x = c$, где $a=1$, $b=-\sqrt{3}$ и $c=1$.

Для его решения используем метод введения вспомогательного угла. Для этого разделим обе части уравнения на $\sqrt{a^2 + b^2}$.

$\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

Разделив уравнение на 2, получим:

$\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x = \frac{1}{2}$

Заметим, что коэффициенты при $\sin x$ и $\cos x$ являются значениями косинуса и синуса известного угла. В частности, $\frac{1}{2} = \cos(\frac{\pi}{3})$ и $\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin(\frac{\pi}{3})$. Подставим эти значения в уравнение:

$\cos(\frac{\pi}{3}) \sin x - \sin(\frac{\pi}{3}) \cos x = \frac{1}{2}$

Левая часть уравнения представляет собой формулу синуса разности: $\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$.

Таким образом, уравнение принимает вид:

$\sin(x - \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$

Это простейшее тригонометрическое уравнение. Его общее решение находится по формуле:

$x - \frac{\pi}{3} = (-1)^n \arcsin(\frac{1}{2}) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Поскольку $\arcsin(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$, получаем:

$x - \frac{\pi}{3} = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n$

Перенесем $\frac{\pi}{3}$ в правую часть, чтобы выразить $x$:

$x = \frac{\pi}{3} + (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{3} + (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) $2 \sin x + 3 \cos x = 4$

Это уравнение вида $a \sin x + b \cos x = c$, где $a=2$, $b=3$ и $c=4$.

Для решения уравнений такого вида можно использовать оценку множества значений левой части. Известно, что для любых $x$ выражение $a \sin x + b \cos x$ принимает значения из отрезка $[-\sqrt{a^2+b^2}, \sqrt{a^2+b^2}]$.

Найдем наибольшее и наименьшее значения для левой части уравнения $2 \sin x + 3 \cos x$:

$\sqrt{a^2+b^2} = \sqrt{2^2 + 3^2} = \sqrt{4+9} = \sqrt{13}$.

Следовательно, для любого действительного $x$ выполняется двойное неравенство:

$-\sqrt{13} \le 2 \sin x + 3 \cos x \le \sqrt{13}$

Теперь сравним правую часть исходного уравнения, число 4, с найденным максимальным значением $\sqrt{13}$.

Возведем оба числа в квадрат: $4^2 = 16$ и $(\sqrt{13})^2 = 13$.

Так как $16 > 13$, то $4 > \sqrt{13}$.

Это означает, что правая часть уравнения (равная 4) больше, чем максимальное возможное значение левой части (равное $\sqrt{13}$). Следовательно, равенство $2 \sin x + 3 \cos x = 4$ невозможно ни при каком значении $x$.

Ответ: решений нет.

170. $\sqrt{2} (\sin x + \cos x) = \operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x.$

Решим тригонометрическое уравнение $\sqrt{2}(\sin x + \cos x) = \operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x$.

В первую очередь определим область допустимых значений (ОДЗ). Уравнение содержит функции $\operatorname{tg} x$ и $\operatorname{ctg} x$, которые определены не для всех $x$. Для $\operatorname{tg} x$ необходимо, чтобы $\cos x \neq 0$. Для $\operatorname{ctg} x$ необходимо, чтобы $\sin x \neq 0$. Объединяя эти условия, получаем, что $\sin x \cos x \neq 0$. Используя формулу синуса двойного угла, это можно записать как $\frac{1}{2}\sin(2x) \neq 0$, откуда $x \neq \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь преобразуем правую часть уравнения: $\operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x = \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{1}{\sin x \cos x}$.

Для дальнейшего решения удобно ввести замену. Пусть $t = \sin x + \cos x$. Возведем это выражение 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 можно выразить произведение $\sin x \cos x$: $2\sin x \cos x = t^2 - 1 \implies \sin x \cos x = \frac{t^2 - 1}{2}$.

Подставим полученные выражения в исходное уравнение: Левая часть: $\sqrt{2}(\sin x + \cos x) = \sqrt{2}t$. Правая часть: $\frac{1}{\sin x \cos x} = \frac{1}{(t^2 - 1)/2} = \frac{2}{t^2 - 1}$.

Приравняем левую и правую части, выраженные через $t$: $\sqrt{2}t = \frac{2}{t^2 - 1}$. Условие ОДЗ ($\sin x \cos x \neq 0$) в терминах $t$ означает, что $\frac{t^2 - 1}{2} \neq 0$, то есть $t^2 \neq 1$, или $t \neq \pm 1$.

Решим полученное алгебраическое уравнение относительно $t$: $\sqrt{2}t(t^2 - 1) = 2$ $t(t^2 - 1) = \frac{2}{\sqrt{2}}$ $t^3 - t = \sqrt{2}$ $t^3 - t - \sqrt{2} = 0$.

Заметим, что выражение $t = \sin x + \cos x$ можно преобразовать с помощью введения вспомогательного угла: $t = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$. Отсюда следует, что область значений для $t$ — это отрезок $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$. Попробуем подставить в кубическое уравнение $t = \sqrt{2}$: $(\sqrt{2})^3 - \sqrt{2} - \sqrt{2} = 2\sqrt{2} - 2\sqrt{2} = 0$. Следовательно, $t = \sqrt{2}$ является корнем уравнения.

Чтобы найти другие возможные корни, разделим многочлен $t^3 - t - \sqrt{2}$ на $(t - \sqrt{2})$: $(t - \sqrt{2})(t^2 + \sqrt{2}t + 1) = 0$. Рассмотрим квадратное уравнение $t^2 + \sqrt{2}t + 1 = 0$. Найдем его дискриминант: $D = (\sqrt{2})^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1 = 2 - 4 = -2$. Поскольку дискриминант отрицательный ($D < 0$), у квадратного уравнения нет действительных корней.

Таким образом, единственное действительное решение для $t$ — это $t = \sqrt{2}$. Это значение принадлежит отрезку $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ и удовлетворяет условию $t \neq \pm 1$.

Теперь выполним обратную замену: $\sin x + \cos x = \sqrt{2}$. Разделим обе части на $\sqrt{2}$: $\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x = 1$. Заметив, что $\frac{1}{\sqrt{2}} = \cos\frac{\pi}{4} = \sin\frac{\pi}{4}$, свернем левую часть по формуле синуса суммы: $\cos\frac{\pi}{4}\sin x + \sin\frac{\pi}{4}\cos x = 1$ $\sin(x + \frac{\pi}{4}) = 1$.

Решением этого простейшего тригонометрического уравнения является: $x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. $x = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$ $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Проверим, удовлетворяет ли найденная серия корней ОДЗ ($x \neq \frac{\pi n}{2}$). Если $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, то $\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0$ и $\cos x = \frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0$. Следовательно, решение удовлетворяет ОДЗ.

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

171. $\cos \frac{\pi x}{31} \cos \frac{2\pi x}{31} \cos \frac{4\pi x}{31} \cos \frac{8\pi x}{31} \cos \frac{16\pi x}{31} = \frac{1}{32}$.

Данное уравнение:

$$ \cos\frac{\pi x}{31} \cos\frac{2\pi x}{31} \cos\frac{4\pi x}{31} \cos\frac{8\pi x}{31} \cos\frac{16\pi x}{31} = \frac{1}{32} $$

Обозначим $a = \frac{\pi x}{31}$. Уравнение можно записать в виде произведения косинусов с удваивающимся аргументом:

$$ \cos(a) \cos(2a) \cos(4a) \cos(8a) \cos(16a) = \frac{1}{32} $$

Для решения такого типа уравнений используется тождество $\prod_{k=0}^{n-1} \cos(2^k a) = \frac{\sin(2^n a)}{2^n \sin a}$. Это тождество применимо, если $\sin a \neq 0$.

Рассмотрим случай, когда $\sin a = 0$. Это соответствует условию $\sin\frac{\pi x}{31} = 0$, что означает $\frac{\pi x}{31} = m\pi$ для некоторого целого числа $m$, то есть $x = 31m$.

Подставим $x = 31m$ в исходное уравнение. Левая часть примет вид:

$$ \cos(m\pi) \cos(2m\pi) \cos(4m\pi) \cos(8m\pi) \cos(16m\pi) $$

Поскольку $\cos(2^k m\pi) = 1$ для $k \ge 1$ и целых $m$, произведение равно $\cos(m\pi) = (-1)^m$. Уравнение становится $(-1)^m = \frac{1}{32}$, что не имеет решений для целых $m$. Следовательно, случай $\sin a = 0$ невозможен, и мы можем применять тождество.

В нашем уравнении $n=5$. Применяя тождество, получаем:

$$ \frac{\sin(2^5 a)}{2^5 \sin a} = \frac{\sin(32a)}{32 \sin a} $$

Тогда исходное уравнение эквивалентно следующему:

$$ \frac{\sin(32 \frac{\pi x}{31})}{32 \sin(\frac{\pi x}{31})} = \frac{1}{32} $$

$$ \sin\left(\frac{32\pi x}{31}\right) = \sin\left(\frac{\pi x}{31}\right) $$

Используем формулу для разности синусов $\sin\alpha - \sin\beta = 2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}$:

$$ \sin\left(\frac{32\pi x}{31}\right) - \sin\left(\frac{\pi x}{31}\right) = 0 $$

$$ 2 \sin\left(\frac{\frac{32\pi x}{31} - \frac{\pi x}{31}}{2}\right) \cos\left(\frac{\frac{32\pi x}{31} + \frac{\pi x}{31}}{2}\right) = 0 $$

$$ 2 \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) \cos\left(\frac{33\pi x}{62}\right) = 0 $$

Это равенство выполняется, если один из множителей равен нулю. Это приводит к двум сериям решений.

Случай 1: $\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) = 0$

$$ \frac{\pi x}{2} = n\pi, \quad n \in \mathbb{Z} $$

$$ x = 2n $$

Мы должны исключить из этой серии решения, которые приводят к $\sin\frac{\pi x}{31} = 0$, то есть $x = 31m$. Условие $2n = 31m$, ввиду взаимной простоты 2 и 31, выполняется, если $n$ кратно 31. То есть, $n = 31j$ для $j \in \mathbb{Z}$. Эти значения $n$ нужно исключить. Таким образом, первая серия решений: $x = 2n$, где $n \in \mathbb{Z}$ и $n$ не делится на 31.

Случай 2: $\cos\left(\frac{33\pi x}{62}\right) = 0$

$$ \frac{33\pi x}{62} = \frac{\pi}{2} + k\pi = \frac{(2k+1)\pi}{2}, \quad k \in \mathbb{Z} $$

$$ \frac{33x}{62} = \frac{2k+1}{2} \implies 33x = 31(2k+1) \implies x = \frac{31(2k+1)}{33} $$

Снова проверим условие $\sin\frac{\pi x}{31} \neq 0$.

$$ \sin\left(\frac{\pi}{31} \cdot \frac{31(2k+1)}{33}\right) = \sin\left(\frac{(2k+1)\pi}{33}\right) $$

Это выражение равно нулю, если $\frac{2k+1}{33}$ — целое число, то есть $2k+1 = 33m$ для $m \in \mathbb{Z}$. Так как левая часть нечетна, $m$ тоже должно быть нечетным. Пусть $m = 2j+1$. Тогда $2k+1 = 33(2j+1) \implies 2k = 66j+32 \implies k = 33j+16$. Эти значения $k$ необходимо исключить. Таким образом, вторая серия решений: $x = \frac{31(2k+1)}{33}$, где $k \in \mathbb{Z}$ и $k$ не имеет вид $33j+16$.

Ответ: Совокупность двух серий решений: $x = 2n$, где $n \in \mathbb{Z}$ и $n \not\equiv 0 \pmod{31}$; и $x = \frac{31(2k+1)}{33}$, где $k \in \mathbb{Z}$ и $k \not\equiv 16 \pmod{33}$.

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

б) $\sin^{100} x + \cos^{100} x = 1.$

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 $.

173. $2 \cos \frac{x}{10} = 2^x + 2^{-x}$.

Для решения данного уравнения воспользуемся методом оценки, сравнивая области значений левой и правой частей.

Рассмотрим левую часть уравнения: $f(x) = 2 \cos\frac{x}{10}$. Известно, что функция косинуса ограничена, то есть для любого действительного $x$ справедливо неравенство $-1 \le \cos\frac{x}{10} \le 1$. Умножая все части неравенства на 2, получаем оценку для левой части: $-2 \le 2 \cos\frac{x}{10} \le 2$. Это означает, что максимальное значение левой части уравнения равно 2.

Рассмотрим правую часть уравнения: $g(x) = 2^x + 2^{-x}$. Согласно неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух положительных чисел $a=2^x$ и $b=2^{-x}$, имеем: $2^x + 2^{-x} \ge 2\sqrt{2^x \cdot 2^{-x}}$. Правая часть этого неравенства упрощается: $2\sqrt{2^{x-x}} = 2\sqrt{2^0} = 2\sqrt{1} = 2$. Следовательно, для любого действительного $x$ справедливо неравенство $2^x + 2^{-x} \ge 2$. Это означает, что минимальное значение правой части уравнения равно 2. Равенство достигается только тогда, когда $2^x = 2^{-x}$, что выполняется при $x=-x$, то есть при $x=0$.

Таким образом, исходное равенство $2 \cos\frac{x}{10} = 2^x + 2^{-x}$ может выполняться только в том случае, когда обе его части одновременно равны 2, поскольку левая часть не может быть больше 2, а правая часть не может быть меньше 2. Это требует одновременного выполнения двух условий: $2 \cos\frac{x}{10} = 2$ и $2^x + 2^{-x} = 2$.

Из второго условия, как было показано, однозначно следует, что $x=0$. Проверим, выполняется ли при $x=0$ первое условие: $2 \cos\frac{0}{10} = 2 \cos(0) = 2 \cdot 1 = 2$. Условие выполняется.

Следовательно, единственным решением уравнения является $x=0$.

Ответ: $x=0$.