Номер 250, страница 146 - гдз по алгебре 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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