Номер 1259, страница 354 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

1259. 1) $\sqrt{2\cos x - \sin x} = \operatorname{ctg} x \sqrt{\sin x}$;

2) $\sqrt{6\sin x \cos 2x} = \sqrt{-7\sin 2x}$;

3) $\sqrt{5\operatorname{tg} x + 10} = \frac{5}{2}\sin x + \frac{1}{\cos x}$;

4) $\sqrt{12 - 6\sqrt{2}\operatorname{tg} x} = 3\sin x - \frac{\sqrt{2}}{\cos x}$.

1) $\sqrt{2\cos x - \sin x} = \operatorname{ctg} x \sqrt{\sin x}$

Определим область допустимых значений (ОДЗ).
1. Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $2\cos x - \sin x \ge 0$.
2. Выражение под вторым корнем должно быть неотрицательным: $\sin x \ge 0$.
3. Аргумент котангенса должен быть таким, чтобы функция была определена, т.е. $\sin x \ne 0$.
Из (2) и (3) получаем $\sin x > 0$.
Так как правая часть уравнения $\operatorname{ctg} x \sqrt{\sin x}$ должна быть неотрицательна (поскольку равна корню), и $\sqrt{\sin x} > 0$, то $\operatorname{ctg} x \ge 0$. Это означает, что $\cos x \ge 0$. Так как $\sin x > 0$ и $\cos x \ge 0$, то $x$ находится в первой четверти (включая точку $\pi/2$, но $\sin(\pi/2)=1 \ne 0$ и $\cos(\pi/2)=0$). Если $\cos x = 0$, то $\operatorname{ctg} x = 0$, и уравнение принимает вид $\sqrt{2(0)-1}=0$, что неверно. Следовательно, $\cos x > 0$.
Таким образом, ОДЗ: $\sin x > 0$ и $\cos x > 0$.

Преобразуем правую часть уравнения: $\operatorname{ctg} x \sqrt{\sin x} = \frac{\cos x}{\sin x}\sqrt{\sin x} = \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}$.
Уравнение принимает вид: $\sqrt{2\cos x - \sin x} = \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}$.
Возведем обе части в квадрат: $2\cos x - \sin x = \frac{\cos^2 x}{\sin x}$.
Умножим обе части на $\sin x$ (так как $\sin x \ne 0$): $2\sin x \cos x - \sin^2 x = \cos^2 x$.
$2\sin x \cos x = \sin^2 x + \cos^2 x$.
Используя формулу синуса двойного угла и основное тригонометрическое тождество, получаем: $\sin(2x) = 1$.
Решения этого уравнения: $2x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Проверим, какие из найденных решений удовлетворяют ОДЗ ($\sin x > 0$ и $\cos x > 0$).
- Если $k$ — четное число, $k=2n$, то $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi n$. Для этих значений $\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} > 0$ и $\cos x = \frac{\sqrt{2}}{2} > 0$. Эти решения подходят.
- Если $k$ — нечетное число, $k=2n+1$, то $x = \frac{\pi}{4} + \pi(2n+1) = \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$. Для этих значений $\sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2} < 0$ и $\cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2} < 0$. Эти решения не удовлетворяют ОДЗ.

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

2) $\sqrt{6\sin x \cos 2x} = \sqrt{-7\sin 2x}$

ОДЗ: 1. $6\sin x \cos 2x \ge 0$.
2. $-7\sin 2x \ge 0 \implies \sin 2x \le 0$.

Возведем обе части уравнения в квадрат: $6\sin x \cos 2x = -7\sin 2x$.
Используем формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2\sin x \cos x$: $6\sin x \cos 2x = -7(2\sin x \cos x)$.
$6\sin x \cos 2x = -14\sin x \cos x$.
Перенесем все в левую часть и вынесем общий множитель: $6\sin x \cos 2x + 14\sin x \cos x = 0$.
$2\sin x (3\cos 2x + 7\cos x) = 0$.
Отсюда получаем два случая:
а) $\sin x = 0 \implies x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
б) $3\cos 2x + 7\cos x = 0$. Используем формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$: $3(2\cos^2 x - 1) + 7\cos x = 0$.
$6\cos^2 x + 7\cos x - 3 = 0$.
Сделаем замену $t = \cos x$, где $|t| \le 1$: $6t^2 + 7t - 3 = 0$.
$D = 7^2 - 4(6)(-3) = 49 + 72 = 121 = 11^2$.
$t_{1,2} = \frac{-7 \pm 11}{12}$.
$t_1 = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.
$t_2 = \frac{-18}{12} = -\frac{3}{2}$. Этот корень не подходит, так как $|\cos x| \le 1$.
Итак, $\cos x = \frac{1}{3}$.

Проверим найденные серии решений по ОДЗ.
- Для $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$: $\sin x = 0$, $\sin 2x = \sin(2\pi k) = 0$. Оба условия ОДЗ ($0 \ge 0$ и $0 \le 0$) выполнены. Эта серия решений подходит.
- Для $\cos x = \frac{1}{3}$: Проверим условие $\sin 2x \le 0$: $\sin 2x = 2\sin x \cos x = \frac{2}{3}\sin x$. Неравенство $\frac{2}{3}\sin x \le 0$ означает, что $\sin x \le 0$. Проверим условие $6\sin x \cos 2x \ge 0$: $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1 = 2(\frac{1}{3})^2 - 1 = \frac{2}{9} - 1 = -\frac{7}{9}$. Неравенство $6\sin x (-\frac{7}{9}) \ge 0$ означает $-\frac{14}{3}\sin x \ge 0$, что также сводится к $\sin x \le 0$. Оба условия ОДЗ требуют, чтобы при $\cos x = \frac{1}{3}$ выполнялось $\sin x \le 0$. Это соответствует углам в IV четверти. Решения уравнения $\cos x = \frac{1}{3}$ имеют вид $x = \pm \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$. Условию $\sin x \le 0$ удовлетворяет серия $x = -\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \pi k, \quad x = -\arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, \quad k, n \in \mathbb{Z}$.

3) $\sqrt{5\operatorname{tg} x + 10} = \frac{5}{2}\sin x + \frac{1}{\cos x}$

ОДЗ: 1. $5\operatorname{tg} x + 10 \ge 0 \implies \operatorname{tg} x \ge -2$.
2. $\cos x \ne 0$.
3. Правая часть должна быть неотрицательной: $\frac{5}{2}\sin x + \frac{1}{\cos x} = \frac{5\sin x \cos x + 2}{2\cos x} \ge 0$.

Приведем правую часть к общему знаменателю и возведем обе части уравнения в квадрат: $5\frac{\sin x}{\cos x} + 10 = \left(\frac{5\sin x \cos x + 2}{2\cos x}\right)^2$.
$\frac{5\sin x + 10\cos x}{\cos x} = \frac{(5\sin x \cos x + 2)^2}{4\cos^2 x}$.
Умножим на $4\cos^2 x$: $4\cos x (5\sin x + 10\cos x) = (5\sin x \cos x + 2)^2$.
$20\sin x \cos x + 40\cos^2 x = 25\sin^2 x \cos^2 x + 20\sin x \cos x + 4$.
$40\cos^2 x = 25\sin^2 x \cos^2 x + 4$.
Заменим $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$: $40\cos^2 x = 25(1-\cos^2 x)\cos^2 x + 4$.
Пусть $t = \cos^2 x$, $0 \le t < 1$: $40t = 25t(1-t) + 4 \implies 40t = 25t - 25t^2 + 4 \implies 25t^2 + 15t - 4 = 0$.
$D = 15^2 - 4(25)(-4) = 225 + 400 = 625 = 25^2$.
$t = \frac{-15 \pm 25}{50}$. $t_1 = \frac{10}{50} = \frac{1}{5}$, $t_2 = \frac{-40}{50} = -\frac{4}{5}$ (не подходит).
Итак, $\cos^2 x = \frac{1}{5}$, откуда $\cos x = \pm\frac{1}{\sqrt{5}}$.

Рассмотрим случаи и проверим ОДЗ.
- $\cos x = \frac{1}{\sqrt{5}}$ ($\sin x = \pm\frac{2}{\sqrt{5}}$). Если $\sin x = \frac{2}{\sqrt{5}}$ (I четверть), то $\operatorname{tg} x = 2$. ОДЗ: $2 \ge -2$ (верно). Правая часть: $\frac{5(2/5)+2}{2/\sqrt{5}} > 0$ (верно). Это решение: $x = \arctan(2) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Если $\sin x = -\frac{2}{\sqrt{5}}$ (IV четверть), то $\operatorname{tg} x = -2$. ОДЗ: $-2 \ge -2$ (верно). Правая часть: $\frac{5(-2/5)+2}{2/\sqrt{5}} = 0$ (верно). Это решение: $x = \arctan(-2) + 2\pi k = -\arctan(2) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
- $\cos x = -\frac{1}{\sqrt{5}}$ ($\sin x = \pm\frac{2}{\sqrt{5}}$). Если $\sin x = \frac{2}{\sqrt{5}}$ (II четверть), то $\operatorname{tg} x = -2$. ОДЗ: $-2 \ge -2$ (верно). Правая часть: $\frac{5(-2/5)+2}{-2/\sqrt{5}} = 0$ (верно). Это решение: $x = \arctan(-2) + \pi + 2\pi k = \pi - \arctan(2) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Если $\sin x = -\frac{2}{\sqrt{5}}$ (III четверть), то $\operatorname{tg} x = 2$. ОДЗ: $2 \ge -2$ (верно). Правая часть: $\frac{5(2/5)+2}{-2/\sqrt{5}} < 0$ (неверно). Это не решение.

Решения для $\operatorname{tg} x = -2$ можно объединить: $x = -\arctan(2) + 2\pi k$ и $x = -\arctan(2) + \pi + 2\pi k$ объединяются в серию $x = -\arctan(2) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \arctan(2) + 2\pi k, \quad x = -\arctan(2) + \pi n, \quad k, n \in \mathbb{Z}$.

4) $\sqrt{12 - 6\sqrt{2}\operatorname{tg} x} = 3\sin x - \frac{\sqrt{2}}{\cos x}$

ОДЗ: 1. $12 - 6\sqrt{2}\operatorname{tg} x \ge 0 \implies \operatorname{tg} x \le \frac{12}{6\sqrt{2}} \implies \operatorname{tg} x \le \sqrt{2}$.
2. $\cos x \ne 0$.
3. Правая часть неотрицательна: $3\sin x - \frac{\sqrt{2}}{\cos x} = \frac{3\sin x \cos x - \sqrt{2}}{\cos x} \ge 0$.

Возведем обе части в квадрат: $12 - 6\sqrt{2}\frac{\sin x}{\cos x} = \left(\frac{3\sin x \cos x - \sqrt{2}}{\cos x}\right)^2$.
$\frac{12\cos x - 6\sqrt{2}\sin x}{\cos x} = \frac{(3\sin x \cos x - \sqrt{2})^2}{\cos^2 x}$.
Умножим на $\cos^2 x$: $\cos x(12\cos x - 6\sqrt{2}\sin x) = (3\sin x \cos x - \sqrt{2})^2$.
$12\cos^2 x - 6\sqrt{2}\sin x \cos x = 9\sin^2 x \cos^2 x - 6\sqrt{2}\sin x \cos x + 2$.
$12\cos^2 x = 9\sin^2 x \cos^2 x + 2$.
Заменим $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$: $12\cos^2 x = 9(1-\cos^2 x)\cos^2 x + 2$.
Пусть $t = \cos^2 x$, $0 \le t < 1$: $12t = 9t(1-t) + 2 \implies 12t = 9t - 9t^2 + 2 \implies 9t^2 + 3t - 2 = 0$.
$D = 3^2 - 4(9)(-2) = 9 + 72 = 81 = 9^2$.
$t = \frac{-3 \pm 9}{18}$. $t_1 = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$, $t_2 = \frac{-12}{18} = -\frac{2}{3}$ (не подходит).
Итак, $\cos^2 x = \frac{1}{3}$, откуда $\cos x = \pm\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Рассмотрим случаи и проверим ОДЗ.
- $\cos x = \frac{1}{\sqrt{3}}$ ($\sin x = \pm\sqrt{\frac{2}{3}}$). Правая часть $\ge 0 \implies 3\sin x \cos x - \sqrt{2} \ge 0$. Если $\sin x = \sqrt{\frac{2}{3}}$ (I четверть), то $\operatorname{tg} x = \sqrt{2}$. ОДЗ: $\operatorname{tg} x \le \sqrt{2}$ (верно). Правая часть: $3\sqrt{\frac{2}{3}}\frac{1}{\sqrt{3}} - \sqrt{2} = \sqrt{2} - \sqrt{2} = 0$ (верно). Это решение: $x = \arctan(\sqrt{2}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Если $\sin x = -\sqrt{\frac{2}{3}}$ (IV четверть), то $\operatorname{tg} x = -\sqrt{2}$. ОДЗ: $\operatorname{tg} x \le \sqrt{2}$ (верно). Правая часть: $3(-\sqrt{\frac{2}{3}})\frac{1}{\sqrt{3}} - \sqrt{2} = -\sqrt{2} - \sqrt{2} = -2\sqrt{2} < 0$ (неверно). Это не решение.
- $\cos x = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ ($\sin x = \pm\sqrt{\frac{2}{3}}$). Правая часть $\ge 0 \implies 3\sin x \cos x - \sqrt{2} \le 0$. Если $\sin x = \sqrt{\frac{2}{3}}$ (II четверть), то $\operatorname{tg} x = -\sqrt{2}$. ОДЗ: $\operatorname{tg} x \le \sqrt{2}$ (верно). Правая часть: $3\sqrt{\frac{2}{3}}(-\frac{1}{\sqrt{3}}) - \sqrt{2} = -\sqrt{2}-\sqrt{2} = -2\sqrt{2} \le 0$ (верно). Это решение: $x = \pi - \arctan(\sqrt{2}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Если $\sin x = -\sqrt{\frac{2}{3}}$ (III четверть), то $\operatorname{tg} x = \sqrt{2}$. ОДЗ: $\operatorname{tg} x \le \sqrt{2}$ (верно). Правая часть: $3(-\sqrt{\frac{2}{3}})(-\frac{1}{\sqrt{3}}) - \sqrt{2} = \sqrt{2}-\sqrt{2}=0 \le 0$ (верно). Это решение: $x = \pi + \arctan(\sqrt{2}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \arctan(\sqrt{2}) + 2\pi k, \quad x = \pi - \arctan(\sqrt{2}) + 2\pi k, \quad x = \pi + \arctan(\sqrt{2}) + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$.