Номер 253, страница 43 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

253. Решите уравнение:

1) $4\sin^2 2x - 1 = \cos 2x \cos 6x;$

2) $\sin 2x - 5(\sin x + \cos x) + 5 = 0;$

3) $\sqrt{5 - 4\operatorname{tg} x} = 2 - \operatorname{tg} x;$

4) $\sqrt{\cos 2x} = -\cos x.$

1) $4\sin^2{2x} - 1 = \cos{2x}\cos{6x}$
Преобразуем левую и правую части уравнения, используя тригонометрические формулы.
Для левой части используем формулу основного тригонометрического тождества $ \sin^2{\alpha} = 1 - \cos^2{\alpha} $:
$4(1-\cos^2{2x}) - 1 = 4 - 4\cos^2{2x} - 1 = 3 - 4\cos^2{2x}$.
Для правой части используем формулу косинуса тройного угла $ \cos{3\alpha} = 4\cos^3{\alpha} - 3\cos{\alpha} $. Применим ее для $ \cos{6x} $, где $ \alpha = 2x $:
$ \cos{6x} = 4\cos^3{2x} - 3\cos{2x} $.
Подставим преобразованные выражения в исходное уравнение:
$3 - 4\cos^2{2x} = \cos{2x}(4\cos^3{2x} - 3\cos{2x})$
$3 - 4\cos^2{2x} = 4\cos^4{2x} - 3\cos^2{2x}$
Перенесем все члены в правую часть:
$4\cos^4{2x} + \cos^2{2x} - 3 = 0$
Сделаем замену $ t = \cos^2{2x} $. Поскольку $ -1 \le \cos{2x} \le 1 $, то $ 0 \le \cos^2{2x} \le 1 $, следовательно $ 0 \le t \le 1 $.
Получаем квадратное уравнение: $ 4t^2 + t - 3 = 0 $.
Найдем его корни через дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-3) = 1 + 48 = 49 = 7^2$.
$t_1 = \frac{-1 - 7}{2 \cdot 4} = \frac{-8}{8} = -1$. Этот корень не удовлетворяет условию $ t \ge 0 $.
$t_2 = \frac{-1 + 7}{2 \cdot 4} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$. Этот корень удовлетворяет условию $ 0 \le t \le 1 $.
Вернемся к замене:
$\cos^2{2x} = \frac{3}{4}$
Это уравнение распадается на два:
$ \cos{2x} = \frac{\sqrt{3}}{2} $ или $ \cos{2x} = -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Решения первого уравнения: $ 2x = \pm \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in Z $.
Решения второго уравнения: $ 2x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in Z $.
Эти две серии решений можно объединить в одну формулу: $ 2x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi m, m \in Z $.
Разделим на 2, чтобы найти $ x $:
$x = \pm \frac{\pi}{12} + \frac{\pi m}{2}, m \in Z$.
Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}, n \in Z$.

2) $\sin{2x} - 5(\sin{x} + \cos{x}) + 5 = 0$
Введем замену $ t = \sin{x} + \cos{x} $.
Чтобы выразить $ \sin{2x} $ через $ t $, возведем замену в квадрат:
$t^2 = (\sin{x} + \cos{x})^2 = \sin^2{x} + 2\sin{x}\cos{x} + \cos^2{x}$
Используя основное тригонометрическое тождество $ \sin^2{x} + \cos^2{x} = 1 $ и формулу синуса двойного угла $ \sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x} $, получаем:
$t^2 = 1 + \sin{2x}$, откуда $ \sin{2x} = t^2 - 1 $.
Подставим выражения для $ \sin{2x} $ и $ \sin{x} + \cos{x} $ в исходное уравнение:
$(t^2 - 1) - 5t + 5 = 0$
$t^2 - 5t + 4 = 0$
Это квадратное уравнение. По теореме Виета, его корни $ t_1 = 1 $ и $ t_2 = 4 $.
Теперь найдем область значений для $ t $. Преобразуем выражение $ t = \sin{x} + \cos{x} $:
$t = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin{x} + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos{x}) = \sqrt{2}(\cos{\frac{\pi}{4}}\sin{x} + \sin{\frac{\pi}{4}}\cos{x}) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$.
Поскольку $ -1 \le \sin(x + \frac{\pi}{4}) \le 1 $, то $ -\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2} $.
Сравним найденные корни $ t $ с этой областью значений:
$t_1 = 1$: $ -\sqrt{2} \le 1 \le \sqrt{2} $. Корень подходит.
$t_2 = 4$: $ 4 > \sqrt{2} $. Корень не подходит.
Осталось решить уравнение для $ t_1 = 1 $:
$\sin{x} + \cos{x} = 1$
$ \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) = 1 $
$ \sin(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}} $
Это уравнение имеет две серии решений:
1) $ x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2\pi n \implies x = 2\pi n, n \in Z $.
2) $ x + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k \implies x = \frac{2\pi}{4} + 2\pi k = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in Z $.
Ответ: $x = 2\pi n, x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, \text{где } n, k \in Z$.

3) $\sqrt{5 - 4\operatorname{tg}x} = 2 - \operatorname{tg}x$
Это иррациональное уравнение. Область допустимых значений (ОДЗ) определяется двумя условиями:
1) Выражение под корнем неотрицательно: $ 5 - 4\operatorname{tg}x \ge 0 \implies 4\operatorname{tg}x \le 5 \implies \operatorname{tg}x \le \frac{5}{4} $.
2) Правая часть уравнения неотрицательна, так как она равна значению арифметического квадратного корня: $ 2 - \operatorname{tg}x \ge 0 \implies \operatorname{tg}x \le 2 $.
Объединяя эти два условия, получаем более строгое: $ \operatorname{tg}x \le \frac{5}{4} $. Также необходимо учесть, что $ x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z $.
При выполнении этого условия можно возвести обе части уравнения в квадрат:
$ 5 - 4\operatorname{tg}x = (2 - \operatorname{tg}x)^2 $
$ 5 - 4\operatorname{tg}x = 4 - 4\operatorname{tg}x + (\operatorname{tg}x)^2 $
$ 5 = 4 + \operatorname{tg}^2x $
$ \operatorname{tg}^2x = 1 $
Отсюда получаем два возможных значения для тангенса:
$ \operatorname{tg}x = 1 $ или $ \operatorname{tg}x = -1 $.
Проверим, удовлетворяют ли эти значения ОДЗ ($ \operatorname{tg}x \le \frac{5}{4} $):
1) $ \operatorname{tg}x = 1 $. Условие $ 1 \le \frac{5}{4} $ (т.е. $ 1 \le 1.25 $) выполняется. Следовательно, это решение подходит. Из $ \operatorname{tg}x = 1 $ находим $ x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in Z $.
2) $ \operatorname{tg}x = -1 $. Условие $ -1 \le \frac{5}{4} $ выполняется. Следовательно, это решение также подходит. Из $ \operatorname{tg}x = -1 $ находим $ x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in Z $.
Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \pi n, x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, \text{где } n, k \in Z$.

4) $\sqrt{\cos{2x}} = -\cos{x}$
Это иррациональное уравнение. Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями:
1) $ \cos{2x} \ge 0 $.
2) $ -\cos{x} \ge 0 \implies \cos{x} \le 0 $.
Рассмотрим первое условие, используя формулу двойного угла: $ \cos{2x} = 2\cos^2{x} - 1 $.
$ 2\cos^2{x} - 1 \ge 0 \implies \cos^2{x} \ge \frac{1}{2} $.
Это означает, что $ \cos{x} \ge \frac{1}{\sqrt{2}} $ или $ \cos{x} \le -\frac{1}{\sqrt{2}} $.
Совмещая это с условием $ \cos{x} \le 0 $, получаем итоговое ограничение для ОДЗ: $ \cos{x} \le -\frac{1}{\sqrt{2}} $.
Теперь, на этой области, возведем обе части уравнения в квадрат:
$ (\sqrt{\cos{2x}})^2 = (-\cos{x})^2 $
$ \cos{2x} = \cos^2{x} $
Снова используем формулу двойного угла:
$ 2\cos^2{x} - 1 = \cos^2{x} $
$ \cos^2{x} = 1 $
Отсюда $ \cos{x} = 1 $ или $ \cos{x} = -1 $.
Проверим найденные решения на соответствие ОДЗ ($ \cos{x} \le -\frac{1}{\sqrt{2}} $):
1) $ \cos{x} = 1 $. Это значение не удовлетворяет условию $ 1 \le -\frac{1}{\sqrt{2}} $. Следовательно, это посторонний корень.
2) $ \cos{x} = -1 $. Это значение удовлетворяет условию $ -1 \le -\frac{1}{\sqrt{2}} $ (так как $ 1 > \frac{1}{\sqrt{2}} $). Следовательно, это решение подходит.
Решим уравнение $ \cos{x} = -1 $:
$ x = \pi + 2\pi n, n \in Z $.
Ответ: $x = \pi + 2\pi n, n \in Z$.