Страница 146 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

245. Найдите область определения функции:

1) $y = \arcsin(2x - 3)$;

2) $y = \arccos(x^2 - 2)$;

3) $y = \text{arctg} \frac{6}{\sqrt{x+5}}$.

1) Область определения функции арксинуса $y = \operatorname{arcsin}(t)$ — это отрезок $[-1; 1]$. Следовательно, для функции $y = \operatorname{arcsin}(2x-3)$ её аргумент должен удовлетворять двойному неравенству:
$-1 \le 2x-3 \le 1$
Прибавим 3 ко всем частям неравенства:
$-1+3 \le 2x \le 1+3$
$2 \le 2x \le 4$
Разделим все части неравенства на 2:
$1 \le x \le 2$
Таким образом, область определения функции — это отрезок $[1; 2]$.
Ответ: $D(y) = [1; 2]$.

2) Область определения функции арккосинуса $y = \operatorname{arccos}(t)$ — это отрезок $[-1; 1]$. Следовательно, для функции $y = \operatorname{arccos}(x^2-2)$ её аргумент должен удовлетворять двойному неравенству:
$-1 \le x^2-2 \le 1$
Это неравенство равносильно системе двух неравенств:
$\begin{cases} x^2 - 2 \ge -1 \\ x^2 - 2 \le 1 \end{cases}$
Решим каждое неравенство системы:
1) $x^2 - 2 \ge -1 \implies x^2 \ge 1 \implies x \in (-\infty; -1] \cup [1; +\infty)$.
2) $x^2 - 2 \le 1 \implies x^2 \le 3 \implies x \in [-\sqrt{3}; \sqrt{3}]$.
Теперь найдем пересечение решений этих двух неравенств. Пересечением будет объединение отрезков $[-\sqrt{3}; -1]$ и $[1; \sqrt{3}]$.
Ответ: $D(y) = [-\sqrt{3}; -1] \cup [1; \sqrt{3}]$.

3) Область определения функции арктангенса $y = \operatorname{arctg}(t)$ — это все действительные числа, $t \in (-\infty; +\infty)$. Поэтому ограничения на область определения данной функции $y = \operatorname{arctg}\frac{6}{\sqrt{x+5}}$ накладывает только её аргумент $\frac{6}{\sqrt{x+5}}$.
В этом выражении есть два условия:
1. Выражение под знаком квадратного корня должно быть неотрицательным: $x+5 \ge 0$.
2. Знаменатель дроби не должен быть равен нулю: $\sqrt{x+5} \neq 0$.
Объединяя эти два условия, получаем, что подкоренное выражение должно быть строго больше нуля:
$x+5 > 0$
$x > -5$
Таким образом, область определения функции — это интервал $(-5; +\infty)$.
Ответ: $D(y) = (-5; +\infty)$.

246. Найдите область значений функции:

1) $y = 3\arcsin x + \frac{\pi}{4}$;

2) $y = 4 - 2 \text{arctg } 2x.$

1) Для нахождения области значений функции $y = 3\arcsin x + \frac{\pi}{4}$ необходимо отталкиваться от области значений стандартной функции $y = \arcsin x$.

Область значений функции арксинус — это отрезок $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$. Запишем это в виде двойного неравенства:

$-\frac{\pi}{2} \le \arcsin x \le \frac{\pi}{2}$

Теперь последовательно выполним преобразования, чтобы получить исходную функцию:

1. Умножим все части неравенства на 3:

$3 \cdot (-\frac{\pi}{2}) \le 3\arcsin x \le 3 \cdot \frac{\pi}{2}$

$-\frac{3\pi}{2} \le 3\arcsin x \le \frac{3\pi}{2}$

2. Прибавим ко всем частям неравенства $\frac{\pi}{4}$:

$-\frac{3\pi}{2} + \frac{\pi}{4} \le 3\arcsin x + \frac{\pi}{4} \le \frac{3\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$

Вычислим левую и правую границы, приведя дроби к общему знаменателю:

$-\frac{6\pi}{4} + \frac{\pi}{4} \le y \le \frac{6\pi}{4} + \frac{\pi}{4}$

$-\frac{5\pi}{4} \le y \le \frac{7\pi}{4}$

Таким образом, область значений функции $y$ — это отрезок $[-\frac{5\pi}{4}; \frac{7\pi}{4}]$.

Ответ: $[-\frac{5\pi}{4}; \frac{7\pi}{4}]$

2) Для нахождения области значений функции $y = 4 - 2 \arctan 2x$ необходимо отталкиваться от области значений стандартной функции $y = \arctan x$.

Область значений функции арктангенс — это интервал $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$. Аргумент $2x$ не влияет на область значений. Запишем это в виде строгого двойного неравенства:

$-\frac{\pi}{2} < \arctan 2x < \frac{\pi}{2}$

Теперь последовательно выполним преобразования:

1. Умножим все части неравенства на -2. При умножении на отрицательное число знаки неравенства меняются на противоположные:

$-2 \cdot (-\frac{\pi}{2}) > -2\arctan 2x > -2 \cdot \frac{\pi}{2}$

$\pi > -2\arctan 2x > -\pi$

Для удобства запишем неравенство в порядке возрастания:

$-\pi < -2\arctan 2x < \pi$

2. Прибавим ко всем частям неравенства 4:

$4 - \pi < 4 - 2\arctan 2x < 4 + \pi$

$4 - \pi < y < 4 + \pi$

Таким образом, область значений функции $y$ — это интервал $(4-\pi; 4+\pi)$.

Ответ: $(4-\pi; 4+\pi)$

247. Решите уравнение:

1) $arctg x = -\frac{\pi}{4};$

2) $arccos(3 - x) = \frac{2\pi}{3};$

3) $arcsin(5x - 6) = \frac{\pi}{6}.$

1) $arctg x = -\frac{\pi}{4}$

По определению арктангенса, если $arctg x = a$, то $x = tg a$. При этом значение $a$ должно принадлежать интервалу $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

В данном случае $a = -\frac{\pi}{4}$, и это значение входит в указанный интервал: $-\frac{\pi}{2} < -\frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2}$.

Следовательно, мы можем найти $x$, взяв тангенс от обеих частей уравнения:

$x = tg(-\frac{\pi}{4})$

Так как тангенс — нечетная функция, $tg(-a) = -tg(a)$.

$x = -tg(\frac{\pi}{4})$

Известно, что $tg(\frac{\pi}{4}) = 1$.

$x = -1$

Ответ: $x = -1$.

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

По определению арккосинуса, если $arccos(y) = a$, то $y = cos a$. При этом значение $a$ должно принадлежать отрезку $[0; \pi]$, а значение $y$ — отрезку $[-1; 1]$.

В данном уравнении $a = \frac{2\pi}{3}$, и это значение входит в отрезок $[0; \pi]$, так как $0 \le \frac{2\pi}{3} \le \pi$.

Возьмем косинус от обеих частей уравнения:

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

Найдем значение $cos(\frac{2\pi}{3})$:

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

Подставим это значение в уравнение:

$3 - x = -\frac{1}{2}$

Теперь решим уравнение относительно $x$:

$-x = -\frac{1}{2} - 3$

$-x = -\frac{1}{2} - \frac{6}{2}$

$-x = -\frac{7}{2}$

$x = \frac{7}{2}$ или $x = 3.5$.

Проверим, что аргумент арккосинуса $(3-x)$ находится в допустимом диапазоне $[-1; 1]$. При $x = \frac{7}{2}$, получаем $3 - \frac{7}{2} = \frac{6}{2} - \frac{7}{2} = -\frac{1}{2}$. Значение $-\frac{1}{2}$ входит в отрезок $[-1; 1]$, следовательно, решение верно.

Ответ: $x = \frac{7}{2}$.

3) $arcsin(5x - 6) = \frac{\pi}{6}$

По определению арксинуса, если $arcsin(y) = a$, то $y = sin a$. При этом значение $a$ должно принадлежать отрезку $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$, а значение $y$ — отрезку $[-1; 1]$.

В данном уравнении $a = \frac{\pi}{6}$, и это значение входит в отрезок $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$, так как $-\frac{\pi}{2} \le \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{2}$.

Возьмем синус от обеих частей уравнения:

$5x - 6 = sin(\frac{\pi}{6})$

Известно, что $sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$.

Подставим это значение в уравнение:

$5x - 6 = \frac{1}{2}$

Решим полученное линейное уравнение:

$5x = \frac{1}{2} + 6$

$5x = \frac{1}{2} + \frac{12}{2}$

$5x = \frac{13}{2}$

$x = \frac{13}{2 \cdot 5} = \frac{13}{10}$ или $x = 1.3$.

Проверим, что аргумент арксинуса $(5x - 6)$ находится в допустимом диапазоне $[-1; 1]$. При $x = \frac{13}{10}$, получаем $5 \cdot \frac{13}{10} - 6 = \frac{13}{2} - 6 = \frac{13}{2} - \frac{12}{2} = \frac{1}{2}$. Значение $\frac{1}{2}$ входит в отрезок $[-1; 1]$, следовательно, решение верно.

Ответ: $x = \frac{13}{10}$.

248. Вычислите:

1) $\cos \left(\arcsin \frac{2}{9}\right);$

2) $\sin \left(\arccos \frac{3}{4}\right);$

3) $\sin (\operatorname{arctg} 3);$

4) $\cos (\operatorname{arcctg}(-2));$

5) $\operatorname{tg} \left(\arcsin \frac{1}{5}\right);$

6) $\operatorname{ctg}(\operatorname{arcctg} 6).$

1) Вычислить $ \cos(\arcsin\frac{2}{9}) $

Пусть $ \alpha = \arcsin\frac{2}{9} $. По определению арксинуса, это означает, что $ \sin(\alpha) = \frac{2}{9} $ и угол $ \alpha $ находится в промежутке $ [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] $.
Поскольку $ \sin(\alpha) = \frac{2}{9} > 0 $, угол $ \alpha $ находится в первой четверти ($ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $). В этой четверти косинус положителен.
Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: $ \sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1 $.
Отсюда $ \cos^2(\alpha) = 1 - \sin^2(\alpha) $.
Подставим известное значение синуса:
$ \cos^2(\alpha) = 1 - (\frac{2}{9})^2 = 1 - \frac{4}{81} = \frac{81 - 4}{81} = \frac{77}{81} $.
Так как $ \cos(\alpha) > 0 $, извлекаем положительный корень:
$ \cos(\alpha) = \sqrt{\frac{77}{81}} = \frac{\sqrt{77}}{9} $.
Таким образом, $ \cos(\arcsin\frac{2}{9}) = \frac{\sqrt{77}}{9} $.
Ответ: $ \frac{\sqrt{77}}{9} $

2) Вычислить $ \sin(\arccos\frac{3}{4}) $

Пусть $ \alpha = \arccos\frac{3}{4} $. По определению арккосинуса, $ \cos(\alpha) = \frac{3}{4} $ и угол $ \alpha $ находится в промежутке $ [0, \pi] $.
Поскольку $ \cos(\alpha) = \frac{3}{4} > 0 $, угол $ \alpha $ находится в первой четверти ($ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $). В этой четверти синус положителен.
Используем основное тригонометрическое тождество: $ \sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1 $.
Отсюда $ \sin^2(\alpha) = 1 - \cos^2(\alpha) $.
Подставим известное значение косинуса:
$ \sin^2(\alpha) = 1 - (\frac{3}{4})^2 = 1 - \frac{9}{16} = \frac{16 - 9}{16} = \frac{7}{16} $.
Так как $ \sin(\alpha) > 0 $, извлекаем положительный корень:
$ \sin(\alpha) = \sqrt{\frac{7}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4} $.
Следовательно, $ \sin(\arccos\frac{3}{4}) = \frac{\sqrt{7}}{4} $.
Ответ: $ \frac{\sqrt{7}}{4} $

3) Вычислить $ \sin(\operatorname{arctg} 3) $

Пусть $ \alpha = \operatorname{arctg}(3) $. По определению арктангенса, $ \operatorname{tg}(\alpha) = 3 $ и $ -\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{2} $.
Поскольку $ \operatorname{tg}(\alpha) = 3 > 0 $, угол $ \alpha $ находится в первой четверти ($ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $). В этой четверти синус положителен.
Воспользуемся тождеством $ 1 + \operatorname{ctg}^2(\alpha) = \frac{1}{\sin^2(\alpha)} $.
Сначала найдем котангенс: $ \operatorname{ctg}(\alpha) = \frac{1}{\operatorname{tg}(\alpha)} = \frac{1}{3} $.
Подставим значение котангенса в тождество:
$ 1 + (\frac{1}{3})^2 = \frac{1}{\sin^2(\alpha)} \implies 1 + \frac{1}{9} = \frac{1}{\sin^2(\alpha)} \implies \frac{10}{9} = \frac{1}{\sin^2(\alpha)} $.
Отсюда $ \sin^2(\alpha) = \frac{9}{10} $.
Так как $ \sin(\alpha) > 0 $, извлекаем положительный корень:
$ \sin(\alpha) = \sqrt{\frac{9}{10}} = \frac{3}{\sqrt{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{10} $.
Следовательно, $ \sin(\operatorname{arctg}(3)) = \frac{3\sqrt{10}}{10} $.
Ответ: $ \frac{3\sqrt{10}}{10} $

4) Вычислить $ \cos(\operatorname{arcctg}(-2)) $

Пусть $ \alpha = \operatorname{arcctg}(-2) $. По определению арккотангенса, $ \operatorname{ctg}(\alpha) = -2 $ и $ 0 < \alpha < \pi $.
Поскольку $ \operatorname{ctg}(\alpha) = -2 < 0 $, угол $ \alpha $ находится во второй четверти ($ \frac{\pi}{2} < \alpha < \pi $). В этой четверти косинус отрицателен.
Воспользуемся тождеством $ 1 + \operatorname{tg}^2(\alpha) = \frac{1}{\cos^2(\alpha)} $.
Сначала найдем тангенс: $ \operatorname{tg}(\alpha) = \frac{1}{\operatorname{ctg}(\alpha)} = -\frac{1}{2} $.
Подставим значение тангенса в тождество:
$ 1 + (-\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{\cos^2(\alpha)} \implies 1 + \frac{1}{4} = \frac{1}{\cos^2(\alpha)} \implies \frac{5}{4} = \frac{1}{\cos^2(\alpha)} $.
Отсюда $ \cos^2(\alpha) = \frac{4}{5} $.
Так как $ \cos(\alpha) < 0 $, извлекаем отрицательный корень:
$ \cos(\alpha) = -\sqrt{\frac{4}{5}} = -\frac{2}{\sqrt{5}} = -\frac{2\sqrt{5}}{5} $.
Следовательно, $ \cos(\operatorname{arcctg}(-2)) = -\frac{2\sqrt{5}}{5} $.
Ответ: $ -\frac{2\sqrt{5}}{5} $

5) Вычислить $ \operatorname{tg}(\arcsin\frac{1}{5}) $

Пусть $ \alpha = \arcsin\frac{1}{5} $. По определению арксинуса, $ \sin(\alpha) = \frac{1}{5} $ и $ -\frac{\pi}{2} \le \alpha \le \frac{\pi}{2} $.
Поскольку $ \sin(\alpha) = \frac{1}{5} > 0 $, угол $ \alpha $ находится в первой четверти ($ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $). В этой четверти косинус и тангенс положительны.
Найдем $ \cos(\alpha) $ из основного тригонометрического тождества $ \sin^2(\alpha) + \cos^2(\alpha) = 1 $:
$ \cos^2(\alpha) = 1 - \sin^2(\alpha) = 1 - (\frac{1}{5})^2 = 1 - \frac{1}{25} = \frac{24}{25} $.
Так как $ \cos(\alpha) > 0 $, то $ \cos(\alpha) = \sqrt{\frac{24}{25}} = \frac{\sqrt{24}}{5} = \frac{2\sqrt{6}}{5} $.
Теперь найдем тангенс по формуле $ \operatorname{tg}(\alpha) = \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} $:
$ \operatorname{tg}(\alpha) = \frac{1/5}{2\sqrt{6}/5} = \frac{1}{2\sqrt{6}} $.
Избавимся от иррациональности в знаменателе:
$ \frac{1}{2\sqrt{6}} = \frac{1 \cdot \sqrt{6}}{2\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{2 \cdot 6} = \frac{\sqrt{6}}{12} $.
Следовательно, $ \operatorname{tg}(\arcsin\frac{1}{5}) = \frac{\sqrt{6}}{12} $.
Ответ: $ \frac{\sqrt{6}}{12} $

6) Вычислить $ \operatorname{ctg}(\operatorname{arctg} 6) $

Пусть $ \alpha = \operatorname{arctg}(6) $. По определению арктангенса, это означает, что $ \operatorname{tg}(\alpha) = 6 $.
Нам нужно найти $ \operatorname{ctg}(\alpha) $. По определению котангенса, $ \operatorname{ctg}(\alpha) = \frac{1}{\operatorname{tg}(\alpha)} $.
Подставляем известное значение тангенса:
$ \operatorname{ctg}(\alpha) = \frac{1}{6} $.
Это также следует из тождества $ \operatorname{ctg}(\operatorname{arctg}(x)) = \frac{1}{x} $ для всех $ x \neq 0 $.
Таким образом, $ \operatorname{ctg}(\operatorname{arctg}(6)) = \frac{1}{6} $.
Ответ: $ \frac{1}{6} $

249. Решите уравнение:

1) $2\cos^2 4x + \cos 4x - 1 = 0;$

2) $5\sin^2 \frac{x}{3} - 6\sin \frac{x}{3} + 1 = 0;$

3) $3\text{tg}^2 2x - 1 = 0;$

4) $\text{ctg}^2 \frac{x}{5} + 3\text{ctg} \frac{x}{5} - 4 = 0.$

1) $2\cos^2 4x + \cos 4x - 1 = 0$

Данное уравнение является квадратным относительно $\cos 4x$. Введем замену переменной: пусть $y = \cos 4x$. Тогда уравнение примет вид:

$2y^2 + y - 1 = 0$

Найдем корни этого квадратного уравнения. Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 1 + 8 = 9$.

Корни уравнения: $y_1 = \frac{-1 + \sqrt{9}}{2 \cdot 2} = \frac{-1+3}{4} = \frac{1}{2}$ и $y_2 = \frac{-1 - \sqrt{9}}{2 \cdot 2} = \frac{-1-3}{4} = -1$.

Выполним обратную замену:

Случай 1: $\cos 4x = \frac{1}{2}$.

Решения этого простейшего тригонометрического уравнения имеют вид: $4x = \pm \arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$4x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n$

$x = \pm \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}$, $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $\cos 4x = -1$.

Это частный случай, решения которого: $4x = \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}; x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

2) $5\sin^2 \frac{x}{3} - 6\sin \frac{x}{3} + 1 = 0$

Это квадратное уравнение относительно $\sin \frac{x}{3}$. Введем замену переменной: пусть $y = \sin \frac{x}{3}$. Уравнение примет вид:

$5y^2 - 6y + 1 = 0$

Найдем корни. Дискриминант $D = (-6)^2 - 4 \cdot 5 \cdot 1 = 36 - 20 = 16$.

Корни: $y_1 = \frac{6 + \sqrt{16}}{2 \cdot 5} = \frac{6+4}{10} = 1$ и $y_2 = \frac{6 - \sqrt{16}}{2 \cdot 5} = \frac{6-4}{10} = \frac{1}{5}$.

Выполним обратную замену:

Случай 1: $\sin \frac{x}{3} = 1$.

Это частный случай, решение: $\frac{x}{3} = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x = \frac{3\pi}{2} + 6\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $\sin \frac{x}{3} = \frac{1}{5}$.

Общее решение: $\frac{x}{3} = (-1)^k \arcsin(\frac{1}{5}) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = 3(-1)^k \arcsin(\frac{1}{5}) + 3\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{3\pi}{2} + 6\pi n, n \in \mathbb{Z}; x = 3(-1)^k \arcsin(\frac{1}{5}) + 3\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

3) $3\operatorname{tg}^2 2x - 1 = 0$

Выразим $\operatorname{tg}^2 2x$ из уравнения:

$3\operatorname{tg}^2 2x = 1$

$\operatorname{tg}^2 2x = \frac{1}{3}$

Извлечем квадратный корень из обеих частей:

$\operatorname{tg} 2x = \pm \sqrt{\frac{1}{3}} = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$

Это уравнение распадается на два:

1) $\operatorname{tg} 2x = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Решение: $2x = \frac{\pi}{6} + \pi n$, откуда $x = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}$, $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\operatorname{tg} 2x = -\frac{1}{\sqrt{3}}$. Решение: $2x = -\frac{\pi}{6} + \pi k$, откуда $x = -\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Эти две серии решений можно объединить в одну формулу:

$x = \pm \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}$, $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.

4) $\operatorname{ctg}^2 \frac{x}{5} + 3\operatorname{ctg} \frac{x}{5} - 4 = 0$

Это квадратное уравнение относительно $\operatorname{ctg} \frac{x}{5}$. Введем замену: пусть $y = \operatorname{ctg} \frac{x}{5}$.

$y^2 + 3y - 4 = 0$

Найдем корни, используя теорему Виета: $y_1 \cdot y_2 = -4$ и $y_1 + y_2 = -3$. Отсюда $y_1 = 1$, $y_2 = -4$.

Выполним обратную замену:

Случай 1: $\operatorname{ctg} \frac{x}{5} = 1$.

Решение: $\frac{x}{5} = \operatorname{arcctg}(1) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$\frac{x}{5} = \frac{\pi}{4} + \pi n$

$x = \frac{5\pi}{4} + 5\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $\operatorname{ctg} \frac{x}{5} = -4$.

Решение: $\frac{x}{5} = \operatorname{arcctg}(-4) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = 5\operatorname{arcctg}(-4) + 5\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{5\pi}{4} + 5\pi n, n \in \mathbb{Z}; x = 5\operatorname{arcctg}(-4) + 5\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

250. Решите уравнение:

1) $2\sin^2 \frac{x}{4} - 7\cos \frac{x}{4} - 5 = 0;$

2) $3\cos 10x + \cos 5x + 2 = 0;$

3) $2\cos^2 6x + 10\sin^2 3x - 3 = 0;$

4) $3\cot \frac{2x}{3} + 2\tan \frac{2x}{3} = -5;$

5) $\tan^4 3x - 2\tan^2 3x - 3 = 0;$

6) $\frac{1}{\cos^2 2x} - 5\tan 2x + 5 = 0;$

7) $2\tan^2 5x + \frac{1}{\cos 5x} + 1 = 0;$

8) $2\sin^2 4x + 4\cot^2 4x - 5 = 0.$

1) $2\sin^2\frac{x}{4} - 7\cos\frac{x}{4} - 5 = 0$

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, откуда $\sin^2\frac{x}{4} = 1 - \cos^2\frac{x}{4}$.

Подставим в уравнение:

$2(1 - \cos^2\frac{x}{4}) - 7\cos\frac{x}{4} - 5 = 0$

$2 - 2\cos^2\frac{x}{4} - 7\cos\frac{x}{4} - 5 = 0$

$-2\cos^2\frac{x}{4} - 7\cos\frac{x}{4} - 3 = 0$

$2\cos^2\frac{x}{4} + 7\cos\frac{x}{4} + 3 = 0$

Сделаем замену $t = \cos\frac{x}{4}$, где $-1 \le t \le 1$.

$2t^2 + 7t + 3 = 0$

Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = 7^2 - 4 \cdot 2 \cdot 3 = 49 - 24 = 25$.

$t_1 = \frac{-7 - \sqrt{25}}{4} = \frac{-12}{4} = -3$

$t_2 = \frac{-7 + \sqrt{25}}{4} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2}$

Корень $t_1 = -3$ не удовлетворяет условию $-1 \le t \le 1$.

Возвращаемся к замене с $t_2 = -\frac{1}{2}$:

$\cos\frac{x}{4} = -\frac{1}{2}$

$\frac{x}{4} = \pm \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$\frac{x}{4} = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{8\pi}{3} + 8\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{8\pi}{3} + 8\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) $3\cos(10x) + \cos(5x) + 2 = 0$

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$. Для $\alpha = 5x$ получаем $\cos(10x) = 2\cos^2(5x) - 1$.

Подставим в уравнение:

$3(2\cos^2(5x) - 1) + \cos(5x) + 2 = 0$

$6\cos^2(5x) - 3 + \cos(5x) + 2 = 0$

$6\cos^2(5x) + \cos(5x) - 1 = 0$

Сделаем замену $t = \cos(5x)$, где $-1 \le t \le 1$.

$6t^2 + t - 1 = 0$

Дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 6 \cdot (-1) = 1 + 24 = 25$.

$t_1 = \frac{-1 - 5}{12} = -\frac{6}{12} = -\frac{1}{2}$

$t_2 = \frac{-1 + 5}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$

Оба корня удовлетворяют условию $-1 \le t \le 1$.

Рассмотрим оба случая:

1. $\cos(5x) = -\frac{1}{2}$

$5x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{2\pi}{15} + \frac{2\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$

2. $\cos(5x) = \frac{1}{3}$

$5x = \pm \arccos(\frac{1}{3}) + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{1}{5}\arccos(\frac{1}{3}) + \frac{2\pi n}{5}, n \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{2\pi}{15} + \frac{2\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$; $x = \pm \frac{1}{5}\arccos(\frac{1}{3}) + \frac{2\pi n}{5}, n \in \mathbb{Z}$.

3) $2\cos^2(6x) + 10\sin^2(3x) - 3 = 0$

Используем формулу понижения степени $\sin^2\alpha = \frac{1 - \cos(2\alpha)}{2}$. Для $\alpha = 3x$ получаем $\sin^2(3x) = \frac{1 - \cos(6x)}{2}$.

Подставим в уравнение:

$2\cos^2(6x) + 10 \cdot \frac{1 - \cos(6x)}{2} - 3 = 0$

$2\cos^2(6x) + 5(1 - \cos(6x)) - 3 = 0$

$2\cos^2(6x) + 5 - 5\cos(6x) - 3 = 0$

$2\cos^2(6x) - 5\cos(6x) + 2 = 0$

Сделаем замену $t = \cos(6x)$, где $-1 \le t \le 1$.

$2t^2 - 5t + 2 = 0$

Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 - 16 = 9$.

$t_1 = \frac{5 - 3}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

$t_2 = \frac{5 + 3}{4} = \frac{8}{4} = 2$

Корень $t_2 = 2$ не удовлетворяет условию $-1 \le t \le 1$.

Возвращаемся к замене с $t_1 = \frac{1}{2}$:

$\cos(6x) = \frac{1}{2}$

$6x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{18} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$.

4) $3\text{ctg}^2\frac{2x}{3} + 2\text{tg}^2\frac{2x}{3} = -5$

В левой части уравнения стоят квадраты тригонометрических функций, умноженные на положительные коэффициенты.

Так как $\text{ctg}^2\frac{2x}{3} \ge 0$ и $\text{tg}^2\frac{2x}{3} \ge 0$, то левая часть уравнения всегда неотрицательна: $3\text{ctg}^2\frac{2x}{3} + 2\text{tg}^2\frac{2x}{3} \ge 0$.

Правая часть уравнения равна $-5$, что является отрицательным числом.

Неотрицательное число не может равняться отрицательному, следовательно, уравнение не имеет решений.

Ответ: нет решений.

5) $\text{tg}^4(3x) - 2\text{tg}^2(3x) - 3 = 0$

Это биквадратное уравнение относительно $\text{tg}(3x)$.

Сделаем замену $t = \text{tg}^2(3x)$, где $t \ge 0$.

$t^2 - 2t - 3 = 0$

По теореме Виета, корни $t_1 = 3$ и $t_2 = -1$.

Корень $t_2 = -1$ не удовлетворяет условию $t \ge 0$.

Возвращаемся к замене с $t_1 = 3$:

$\text{tg}^2(3x) = 3$

$\text{tg}(3x) = \pm\sqrt{3}$

$3x = \pm \arctan(\sqrt{3}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$3x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{\pi}{9} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{9} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$.

6) $\frac{1}{\cos^2(2x)} - 5\text{tg}(2x) + 5 = 0$

Используем тождество $\frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \text{tg}^2\alpha$.

$(1 + \text{tg}^2(2x)) - 5\text{tg}(2x) + 5 = 0$

$\text{tg}^2(2x) - 5\text{tg}(2x) + 6 = 0$

Сделаем замену $t = \text{tg}(2x)$.

$t^2 - 5t + 6 = 0$

По теореме Виета, корни $t_1 = 2$ и $t_2 = 3$.

Рассмотрим оба случая:

1. $\text{tg}(2x) = 2$

$2x = \arctan(2) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

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

2. $\text{tg}(2x) = 3$

$2x = \arctan(3) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{1}{2}\arctan(3) + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$

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

7) $2\text{tg}^2(5x) + \frac{1}{\cos(5x)} + 1 = 0$

Используем тождество $\text{tg}^2\alpha = \frac{1}{\cos^2\alpha} - 1$.

$2(\frac{1}{\cos^2(5x)} - 1) + \frac{1}{\cos(5x)} + 1 = 0$

$\frac{2}{\cos^2(5x)} - 2 + \frac{1}{\cos(5x)} + 1 = 0$

$\frac{2}{\cos^2(5x)} + \frac{1}{\cos(5x)} - 1 = 0$

Сделаем замену $t = \frac{1}{\cos(5x)}$. Так как $|\cos(5x)| \le 1$ и $\cos(5x) \neq 0$, то $|t| \ge 1$.

$2t^2 + t - 1 = 0$

Дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$.

$t_1 = \frac{-1 - 3}{4} = -1$

$t_2 = \frac{-1 + 3}{4} = \frac{1}{2}$

Корень $t_2 = \frac{1}{2}$ не удовлетворяет условию $|t| \ge 1$.

Возвращаемся к замене с $t_1 = -1$:

$\frac{1}{\cos(5x)} = -1 \Rightarrow \cos(5x) = -1$

$5x = \pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$.

8) $2\sin^2(4x) + 4\text{ctg}^2(4x) - 5 = 0$

Используем тождество $\text{ctg}^2\alpha = \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} = \frac{1 - \sin^2\alpha}{\sin^2\alpha}$. Область допустимых значений: $\sin(4x) \neq 0$.

$2\sin^2(4x) + 4 \cdot \frac{1 - \sin^2(4x)}{\sin^2(4x)} - 5 = 0$

Сделаем замену $t = \sin^2(4x)$. Из ОДЗ следует $t \neq 0$. Также $t \le 1$, поэтому $0 < t \le 1$.

$2t + \frac{4(1-t)}{t} - 5 = 0$

Умножим обе части на $t \neq 0$:

$2t^2 + 4(1-t) - 5t = 0$

$2t^2 + 4 - 4t - 5t = 0$

$2t^2 - 9t + 4 = 0$

Дискриминант $D = (-9)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 4 = 81 - 32 = 49$.

$t_1 = \frac{9 - 7}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

$t_2 = \frac{9 + 7}{4} = \frac{16}{4} = 4$

Корень $t_2 = 4$ не удовлетворяет условию $0 < t \le 1$.

Возвращаемся к замене с $t_1 = \frac{1}{2}$:

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

$\sin(4x) = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$

Это соответствует углам, для которых $|\sin(4x)| = \frac{\sqrt{2}}{2}$, то есть:

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

$x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi k}{8}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi k}{8}, k \in \mathbb{Z}$.