Номер 1264, страница 354 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

1264. 1) $\begin{cases} \mathrm{ctg}^4 2x + 32\sin^2 y = 55, \\ \frac{1}{\sin^2 2x} - 4\cos y = 5; \end{cases}$

2) $\begin{cases} \mathrm{tg}x + \mathrm{tg}y + \mathrm{tg}x\mathrm{tg}y = 1, \\ \sin 2y - \sqrt{2}\sin x = 1; \end{cases}$

3) $\begin{cases} \cos 2x - 2\cos^2 y + 2 = 0, \\ \cos x\sqrt{\cos y} = 0; \end{cases}$

4) $\begin{cases} \sqrt{1 + \sin x\sin y} = \cos y, \\ 2\mathrm{ctg} x\sin y + \sqrt{3} = 0. \end{cases}$

1)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} \operatorname{ctg}^4 2x + 32\sin^2 y = 55 \\ \frac{1}{\sin^2 2x} - 4\cos y = 5 \end{cases} $$

Область допустимых значений (ОДЗ): $\sin 2x \neq 0$.

Воспользуемся тригонометрическим тождеством $1 + \operatorname{ctg}^2 \alpha = \frac{1}{\sin^2 \alpha}$.

Из второго уравнения выразим $\frac{1}{\sin^2 2x}$:

$$ \frac{1}{\sin^2 2x} = 5 + 4\cos y $$

Подставим это в тождество:

$$ 1 + \operatorname{ctg}^2 2x = 5 + 4\cos y $$

$$ \operatorname{ctg}^2 2x = 4 + 4\cos y $$

Теперь подставим полученное выражение для $\operatorname{ctg}^2 2x$ в первое уравнение системы. Первое уравнение можно записать как $(\operatorname{ctg}^2 2x)^2 + 32\sin^2 y = 55$.

$$ (4 + 4\cos y)^2 + 32\sin^2 y = 55 $$

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 y = 1 - \cos^2 y$:

$$ 16(1 + \cos y)^2 + 32(1 - \cos^2 y) = 55 $$

$$ 16(1 + 2\cos y + \cos^2 y) + 32 - 32\cos^2 y = 55 $$

$$ 16 + 32\cos y + 16\cos^2 y + 32 - 32\cos^2 y = 55 $$

$$ -16\cos^2 y + 32\cos y + 48 = 55 $$

$$ 16\cos^2 y - 32\cos y + 7 = 0 $$

Сделаем замену $t = \cos y$, где $|t| \le 1$.

$$ 16t^2 - 32t + 7 = 0 $$

Решаем квадратное уравнение, находим дискриминант:

$D = (-32)^2 - 4 \cdot 16 \cdot 7 = 1024 - 448 = 576 = 24^2$.

$t_{1,2} = \frac{32 \pm 24}{2 \cdot 16} = \frac{32 \pm 24}{32}$.

$t_1 = \frac{32 + 24}{32} = \frac{56}{32} = \frac{7}{4}$. Этот корень не подходит, так как $\frac{7}{4} > 1$.

$t_2 = \frac{32 - 24}{32} = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$. Этот корень подходит.

Итак, $\cos y = \frac{1}{4}$. Отсюда $y = \pm\arccos\frac{1}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Теперь найдем $x$. Мы получили, что $\operatorname{ctg}^2 2x = 4 + 4\cos y$.

$$ \operatorname{ctg}^2 2x = 4 + 4\left(\frac{1}{4}\right) = 4 + 1 = 5 $$

$$ \operatorname{ctg} 2x = \pm\sqrt{5} $$

Отсюда $2x = \operatorname{arcctg}(\pm\sqrt{5}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

$$ x = \frac{1}{2}\operatorname{arcctg}(\pm\sqrt{5}) + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $$

Условие ОДЗ $\sin 2x \neq 0$ выполняется, так как если $\sin 2x = 0$, то $\operatorname{ctg} 2x$ не был бы определен.

Ответ: $(\frac{1}{2}\operatorname{arcctg}(\pm\sqrt{5}) + \frac{\pi k}{2}; \pm\arccos\frac{1}{4} + 2\pi n)$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.

2)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} \operatorname{tg} x + \operatorname{tg} y + \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y = 1 \\ \sin 2y - \sqrt{2}\sin x = 1 \end{cases} $$

ОДЗ: $\cos x \neq 0$ и $\cos y \neq 0$.

Преобразуем первое уравнение:

$$ \operatorname{tg} x + \operatorname{tg} y = 1 - \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y $$

Если $1 - \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y \neq 0$, то можно разделить обе части на это выражение:

$$ \frac{\operatorname{tg} x + \operatorname{tg} y}{1 - \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y} = 1 $$

Используя формулу тангенса суммы, получаем:

$$ \operatorname{tg}(x+y) = 1 $$

Отсюда $x+y = \frac{\pi}{4} + \pi k$ для некоторого $k \in \mathbb{Z}$. (Заметим, что случай $1 - \operatorname{tg} x \operatorname{tg} y = 0$ приводит к системе $\operatorname{tg} x \operatorname{tg} y = 1$ и $\operatorname{tg} x + \operatorname{tg} y = 0$, что дает $\operatorname{tg}^2 x = -1$ и не имеет действительных решений).

Из второго уравнения $\sin 2y = 1 + \sqrt{2}\sin x$. Так как $-1 \le \sin 2y \le 1$, то должно выполняться:

$-1 \le 1 + \sqrt{2}\sin x \le 1$.

Это двойное неравенство равносильно $-2 \le \sqrt{2}\sin x \le 0$, откуда $\sin x \le 0$.

Из $x+y = \frac{\pi}{4} + \pi k$ выразим $y = \frac{\pi}{4} - x + \pi k$. Тогда $2y = \frac{\pi}{2} - 2x + 2\pi k$.

$\sin(2y) = \sin(\frac{\pi}{2} - 2x + 2\pi k) = \sin(\frac{\pi}{2} - 2x) = \cos(2x)$.

Подставим это во второе уравнение:

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

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$:

$$ (1 - 2\sin^2 x) - \sqrt{2}\sin x = 1 $$

$$ -2\sin^2 x - \sqrt{2}\sin x = 0 $$

$$ \sin x (2\sin x + \sqrt{2}) = 0 $$

Получаем два случая, оба удовлетворяют условию $\sin x \le 0$:

Случай 1: $\sin x = 0$.
Тогда $x = \pi m, m \in \mathbb{Z}$.
$y = \frac{\pi}{4} - x + \pi k = \frac{\pi}{4} - \pi m + \pi k = \frac{\pi}{4} + \pi(k-m)$. Пусть $p = k-m$, тогда $y = \frac{\pi}{4} + \pi p, p \in \mathbb{Z}$.
Проверка ОДЗ: $\cos(\pi m) = (-1)^m \neq 0$ (верно), $\cos(\frac{\pi}{4} + \pi p) \neq 0$ (верно). Это решение подходит.

Случай 2: $2\sin x + \sqrt{2} = 0 \implies \sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Решения для $x$: $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi m$ или $x = -\frac{3\pi}{4} + 2\pi m$.
Если $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi m$, то $y = \frac{\pi}{4} - (-\frac{\pi}{4} + 2\pi m) + \pi k = \frac{\pi}{2} + \pi(k-2m)$. Для этих значений $y$, $\cos y = 0$, что не входит в ОДЗ.
Если $x = -\frac{3\pi}{4} + 2\pi m$, то $y = \frac{\pi}{4} - (-\frac{3\pi}{4} + 2\pi m) + \pi k = \pi + \pi(k-2m)$. Пусть $p=k-2m+1$, тогда $y = \pi p, p \in \mathbb{Z}$.
Проверка ОДЗ: $\cos(-\frac{3\pi}{4} + 2\pi m) = -\frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0$ (верно), $\cos(\pi p) = (-1)^p \neq 0$ (верно). Это решение подходит.

Ответ: $(\pi m, \frac{\pi}{4} + \pi p)$, $(-\frac{3\pi}{4} + 2\pi m, \pi p)$, где $m, p \in \mathbb{Z}$.

3)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} \cos 2x - 2\cos^2 y + 2 = 0 \\ \cos x \sqrt{\cos y} = 0 \end{cases} $$

ОДЗ: $\cos y \ge 0$.

Из второго уравнения следует, что либо $\cos x = 0$, либо $\sqrt{\cos y} = 0$ (то есть $\cos y = 0$).

Рассмотрим оба случая.

Случай 1: $\cos x = 0$.
Тогда $x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
При этом $\cos 2x = \cos(2(\frac{\pi}{2} + \pi k)) = \cos(\pi + 2\pi k) = -1$.
Подставим это значение в первое уравнение:
$$ -1 - 2\cos^2 y + 2 = 0 $$
$$ 1 - 2\cos^2 y = 0 $$
$$ \cos^2 y = \frac{1}{2} \implies \cos y = \pm\frac{\sqrt{2}}{2} $$
Согласно ОДЗ, $\cos y \ge 0$, поэтому выбираем только $\cos y = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Отсюда $y = \pm\frac{\pi}{4} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Эта пара является решением.

Случай 2: $\cos y = 0$.
Это значение удовлетворяет ОДЗ.
Подставим $\cos y = 0$ в первое уравнение:
$$ \cos 2x - 2(0)^2 + 2 = 0 $$
$$ \cos 2x = -2 $$
Это уравнение не имеет решений, так как $|\cos 2x| \le 1$.
Следовательно, решения существуют только в первом случае.

Ответ: $(\frac{\pi}{2} + \pi k, \pm\frac{\pi}{4} + 2\pi n)$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.

4)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} \sqrt{1 + \sin x \sin y} = \cos y \\ 2\operatorname{ctg} x \sin y + \sqrt{3} = 0 \end{cases} $$

ОДЗ: $1 + \sin x \sin y \ge 0$, $\cos y \ge 0$, $\sin x \neq 0$.

Возведем первое уравнение в квадрат (это возможно, так как $\cos y \ge 0$):

$$ 1 + \sin x \sin y = \cos^2 y $$

Используя $\cos^2 y = 1 - \sin^2 y$, получаем:

$$ 1 + \sin x \sin y = 1 - \sin^2 y $$

$$ \sin x \sin y + \sin^2 y = 0 $$

$$ \sin y (\sin x + \sin y) = 0 $$

Отсюда следуют два случая.

Случай А: $\sin y = 0$.
Тогда $y = \pi n, n \in \mathbb{Z}$. Из ОДЗ $\cos y \ge 0$, поэтому $\cos(\pi n) = (-1)^n \ge 0$, что возможно только при четных $n$. Пусть $n=2m$, тогда $y = 2\pi m, m \in \mathbb{Z}$.
Подставим $\sin y = 0$ во второе уравнение системы:
$$ 2\operatorname{ctg} x \cdot 0 + \sqrt{3} = 0 \implies \sqrt{3} = 0 $$
Получили противоречие. Значит, этот случай не дает решений.

Случай Б: $\sin x + \sin y = 0 \implies \sin y = -\sin x$.
Проверим ОДЗ: $1 + \sin x \sin y = 1 - \sin^2 x = \cos^2 x \ge 0$ (верно для любого $x$). Также $\sin x \neq 0$, иначе $\sin y = 0$, что мы уже рассмотрели.
Подставим $\sin y = -\sin x$ во второе уравнение:
$$ 2 \frac{\cos x}{\sin x} (-\sin x) + \sqrt{3} = 0 $$
$$ -2\cos x + \sqrt{3} = 0 \implies \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} $$
Теперь вернемся к первому уравнению с учетом наших находок: $\sqrt{1 - \sin^2 x} = \cos y$, что равносильно $\sqrt{\cos^2 x} = \cos y$, или $|\cos x| = \cos y$.
Так как мы нашли $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, то получаем $\cos y = |\frac{\sqrt{3}}{2}| = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это согласуется с ОДЗ $\cos y \ge 0$.
Теперь у нас есть система для нахождения $x$ и $y$:

$$ \begin{cases} \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \cos y = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \sin y = -\sin x \end{cases} $$

Из $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ следует $x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$. Рассмотрим два подслучая для $x$.

1. Если $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$, то $\sin x = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$.
Тогда $\sin y = -\sin x = -\frac{1}{2}$.
Имеем систему для $y$: $\cos y = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin y = -\frac{1}{2}$. Этим условиям удовлетворяет угол $y$ в IV четверти, то есть $y = -\frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2. Если $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$, то $\sin x = \sin(-\frac{\pi}{6}) = -\frac{1}{2}$.
Тогда $\sin y = -\sin x = \frac{1}{2}$.
Имеем систему для $y$: $\cos y = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin y = \frac{1}{2}$. Этим условиям удовлетворяет угол $y$ в I четверти, то есть $y = \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $(\frac{\pi}{6} + 2\pi k, -\frac{\pi}{6} + 2\pi n)$, $(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{6} + 2\pi n)$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.