Страница 72 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 33

Тригонометрические уравнения, сводящиеся к алгебраическим

Решите уравнение:

1) $3\cos10x + \cos5x + 2 = 0$

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

3) $3\cos\frac{2x}{5} + 2\sin\frac{2x}{5} = 0$

4) $8\sin^2 \frac{x}{6} + 9\sin\frac{x}{6}\cos\frac{x}{6} + \cos^2 \frac{x}{6} = 0$

5) $4\sin5x + 3\cos5x = 4$

6) $\sqrt{-\cos2x} = \sin x$

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

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2(\alpha) - 1$. В данном случае, пусть $\alpha = 5x$, тогда $\cos(10x) = 2\cos^2(5x) - 1$.

Подставим это выражение в исходное 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 переменной. Пусть $t = \cos(5x)$, где $-1 \le t \le 1$. Уравнение примет вид:

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

Это квадратное уравнение. Найдем его корни через дискриминант:

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

$t_1 = \frac{-1 + \sqrt{25}}{2 \cdot 6} = \frac{-1 + 5}{12} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$

$t_2 = \frac{-1 - \sqrt{25}}{2 \cdot 6} = \frac{-1 - 5}{12} = \frac{-6}{12} = -\frac{1}{2}$

Оба корня удовлетворяют условию $-1 \le t \le 1$. Вернемся к исходной переменной:

1) $\cos(5x) = \frac{1}{3} \implies 5x = \pm\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + 2\pi n \implies x = \pm\frac{1}{5}\arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \frac{2\pi n}{5}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\cos(5x) = -\frac{1}{2} \implies 5x = \pm\arccos\left(-\frac{1}{2}\right) + 2\pi k = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \implies x = \pm\frac{2\pi}{15} + \frac{2\pi k}{5}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

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

Область допустимых значений (ОДЗ): $\cos(2x) \ne 0$, что эквивалентно $2x \ne \frac{\pi}{2} + \pi m$, то есть $x \ne \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$, где $m \in \mathbb{Z}$.

Используем тригонометрическое тождество $\frac{1}{\cos^2(\alpha)} = 1 + \tan^2(\alpha)$. Применим его к уравнению:

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

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

Сделаем замену $t = \tan(2x)$. Уравнение становится квадратным:

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

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

Возвращаемся к замене:

1) $\tan(2x) = 2 \implies 2x = \arctan(2) + \pi n \implies x = \frac{1}{2}\arctan(2) + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\tan(2x) = 3 \implies 2x = \arctan(3) + \pi k \implies x = \frac{1}{2}\arctan(3) + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Эти решения входят в ОДЗ, так как тангенс определен.

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

Дано уравнение $3\cos\left(\frac{2x}{5}\right) + 2\sin\left(\frac{2x}{5}\right) = 0$.

Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени. Заметим, что $\cos\left(\frac{2x}{5}\right) \ne 0$. Если бы $\cos\left(\frac{2x}{5}\right) = 0$, то из уравнения следовало бы, что и $\sin\left(\frac{2x}{5}\right) = 0$, что невозможно, так как $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$.

Разделим обе части уравнения на $\cos\left(\frac{2x}{5}\right)$:

$3 + 2\frac{\sin\left(\frac{2x}{5}\right)}{\cos\left(\frac{2x}{5}\right)} = 0$

$3 + 2\tan\left(\frac{2x}{5}\right) = 0$

$2\tan\left(\frac{2x}{5}\right) = -3$

$\tan\left(\frac{2x}{5}\right) = -\frac{3}{2}$

$\frac{2x}{5} = \arctan\left(-\frac{3}{2}\right) + \pi n = -\arctan\left(\frac{3}{2}\right) + \pi n$

$x = \frac{5}{2}\left(-\arctan\left(\frac{3}{2}\right) + \pi n\right) = -\frac{5}{2}\arctan\left(\frac{3}{2}\right) + \frac{5\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = -\frac{5}{2}\arctan\left(\frac{3}{2}\right) + \frac{5\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Дано уравнение $8\sin^2\left(\frac{x}{6}\right) + 9\sin\left(\frac{x}{6}\right)\cos\left(\frac{x}{6}\right) + \cos^2\left(\frac{x}{6}\right) = 0$.

Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени. Аналогично предыдущему пункту, $\cos\left(\frac{x}{6}\right) \ne 0$. Если $\cos\left(\frac{x}{6}\right) = 0$, то $\sin^2\left(\frac{x}{6}\right) = 1$, и уравнение примет вид $8 \cdot 1 + 0 + 0 = 0$, что неверно.

Разделим обе части уравнения на $\cos^2\left(\frac{x}{6}\right)$:

$8\frac{\sin^2\left(\frac{x}{6}\right)}{\cos^2\left(\frac{x}{6}\right)} + 9\frac{\sin\left(\frac{x}{6}\right)\cos\left(\frac{x}{6}\right)}{\cos^2\left(\frac{x}{6}\right)} + \frac{\cos^2\left(\frac{x}{6}\right)}{\cos^2\left(\frac{x}{6}\right)} = 0$

$8\tan^2\left(\frac{x}{6}\right) + 9\tan\left(\frac{x}{6}\right) + 1 = 0$

Сделаем замену $t = \tan\left(\frac{x}{6}\right)$:

$8t^2 + 9t + 1 = 0$

$D = 9^2 - 4 \cdot 8 \cdot 1 = 81 - 32 = 49$

$t_1 = \frac{-9 + \sqrt{49}}{2 \cdot 8} = \frac{-9 + 7}{16} = \frac{-2}{16} = -\frac{1}{8}$

$t_2 = \frac{-9 - \sqrt{49}}{2 \cdot 8} = \frac{-9 - 7}{16} = \frac{-16}{16} = -1$

Возвращаемся к замене:

1) $\tan\left(\frac{x}{6}\right) = -\frac{1}{8} \implies \frac{x}{6} = -\arctan\left(\frac{1}{8}\right) + \pi n \implies x = -6\arctan\left(\frac{1}{8}\right) + 6\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\tan\left(\frac{x}{6}\right) = -1 \implies \frac{x}{6} = -\frac{\pi}{4} + \pi k \implies x = -\frac{3\pi}{2} + 6\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = -6\arctan\left(\frac{1}{8}\right) + 6\pi n$, $x = -\frac{3\pi}{2} + 6\pi k$, где $n, k \in \mathbb{Z}$.

Дано уравнение $4\sin(5x) + 3\cos(5x) = 4$.

Это уравнение вида $a\sin(u) + b\cos(u) = c$. Решим его методом введения вспомогательного угла. Разделим обе части на $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5$.

$\frac{4}{5}\sin(5x) + \frac{3}{5}\cos(5x) = \frac{4}{5}$

Введем вспомогательный угол $\varphi$ такой, что $\cos(\varphi) = \frac{4}{5}$ и $\sin(\varphi) = \frac{3}{5}$. Такой угол существует, так как $\left(\frac{4}{5}\right)^2 + \left(\frac{3}{5}\right)^2 = 1$. Можно положить $\varphi = \arcsin\left(\frac{3}{5}\right)$ или $\varphi = \arccos\left(\frac{4}{5}\right)$.

Уравнение примет вид $\sin(5x)\cos(\varphi) + \cos(5x)\sin(\varphi) = \cos(\varphi)$.

Используя формулу синуса суммы $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$, получаем:

$\sin(5x + \varphi) = \frac{4}{5}$

Решением этого уравнения является $5x + \varphi = (-1)^n \arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$5x = -\varphi + (-1)^n \arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + \pi n$. Подставим $\varphi = \arccos\left(\frac{4}{5}\right)$:

$5x = -\arccos\left(\frac{4}{5}\right) + (-1)^n \arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + \pi n$

Рассмотрим два случая:

1) $n$ - четное, $n = 2k$:
$5x = -\arccos\left(\frac{4}{5}\right) + \arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + 2\pi k$.
Используя тождество $\arccos(z) + \arcsin(z) = \frac{\pi}{2}$, выразим $\arccos\left(\frac{4}{5}\right) = \frac{\pi}{2} - \arcsin\left(\frac{4}{5}\right)$.
$5x = -\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\left(\frac{4}{5}\right)\right) + \arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + 2\pi k = -\frac{\pi}{2} + 2\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + 2\pi k$.
$x = -\frac{\pi}{10} + \frac{2}{5}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + \frac{2\pi k}{5}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2) $n$ - нечетное, $n = 2k+1$:
$5x = -\arccos\left(\frac{4}{5}\right) - \arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + \pi(2k+1) = -(\arccos\left(\frac{4}{5}\right) + \arcsin\left(\frac{4}{5}\right)) + \pi + 2\pi k = -\frac{\pi}{2} + \pi + 2\pi k = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.
$x = \frac{\pi}{10} + \frac{2\pi k}{5}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{10} + \frac{2\pi k}{5}$, $x = -\frac{\pi}{10} + \frac{2}{5}\arcsin\left(\frac{4}{5}\right) + \frac{2\pi k}{5}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Дано иррациональное уравнение $\sqrt{-\cos(2x)} = \sin(x)$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

1) Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $-\cos(2x) \ge 0 \implies \cos(2x) \le 0$.

2) Значение квадратного корня неотрицательно, поэтому $\sin(x) \ge 0$.

Возведем обе части уравнения в квадрат (это возможно, так как обе части неотрицательны в ОДЗ):

$-\cos(2x) = \sin^2(x)$

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

$-(1 - 2\sin^2(x)) = \sin^2(x)$

$-1 + 2\sin^2(x) = \sin^2(x)$

$\sin^2(x) = 1$

Отсюда $\sin(x) = 1$ или $\sin(x) = -1$.

Проверим полученные решения по ОДЗ.

Условие $\sin(x) \ge 0$ оставляет только один вариант: $\sin(x) = 1$.

Решением уравнения $\sin(x) = 1$ является $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь проверим второе условие ОДЗ: $\cos(2x) \le 0$.

Подставим найденные значения $x$: $\cos\left(2\left(\frac{\pi}{2} + 2\pi n\right)\right) = \cos(\pi + 4\pi n) = \cos(\pi) = -1$.

Так как $-1 \le 0$, это условие также выполняется.

Следовательно, все найденные корни являются решениями исходного уравнения.

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

Самостоятельная работа № 34

Решение тригонометрических уравнений методом разложения на множители.

Применение ограниченности тригонометрических функций

Решите уравнение:

1) $\sin 3x + \sin x = \sqrt{2} \sin 2x$;

2) $\cos 7x \cos 3x = \cos 4x$;

3) $\sin^2 x + \sin^2 7x = 1$;

4) $\sin 9x = 2 \cos \left(\frac{3\pi}{2} + 3x\right)$;

5) $\cos \frac{4x}{3} + \cos 3x = 2$.

1) $sin3x + sinx = \sqrt{2} sin2x$

Применим формулу суммы синусов для левой части уравнения: $sin\alpha + sin\beta = 2sin\frac{\alpha+\beta}{2}cos\frac{\alpha-\beta}{2}$.

$2sin\frac{3x+x}{2}cos\frac{3x-x}{2} = \sqrt{2}sin2x$

$2sin2x \cdot cosx = \sqrt{2}sin2x$

Перенесем все в левую часть и вынесем общий множитель за скобки:

$2sin2x \cdot cosx - \sqrt{2}sin2x = 0$

$sin2x(2cosx - \sqrt{2}) = 0$

Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю:

1) $sin2x = 0$

$2x = \pi k, k \in Z$

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

2) $2cosx - \sqrt{2} = 0$

$2cosx = \sqrt{2}$

$cosx = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$x = \pm\frac{\pi}{4} + 2\pi n, n \in Z$

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

2) $cos7x \cdot cos3x = cos4x$

Применим формулу произведения косинусов для левой части: $cos\alpha \cdot cos\beta = \frac{1}{2}(cos(\alpha-\beta) + cos(\alpha+\beta))$.

$\frac{1}{2}(cos(7x-3x) + cos(7x+3x)) = cos4x$

$\frac{1}{2}(cos4x + cos10x) = cos4x$

Умножим обе части на 2:

$cos4x + cos10x = 2cos4x$

$cos10x - cos4x = 0$

Применим формулу разности косинусов: $cos\alpha - cos\beta = -2sin\frac{\alpha+\beta}{2}sin\frac{\alpha-\beta}{2}$.

$-2sin\frac{10x+4x}{2}sin\frac{10x-4x}{2} = 0$

$-2sin7x \cdot sin3x = 0$

Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю:

1) $sin7x = 0$

$7x = \pi k, k \in Z$

$x = \frac{\pi k}{7}, k \in Z$

2) $sin3x = 0$

$3x = \pi n, n \in Z$

$x = \frac{\pi n}{3}, n \in Z$

Ответ: $x = \frac{\pi k}{7}, k \in Z$; $x = \frac{\pi n}{3}, n \in Z$.

3) $sin^2x + sin^27x = 1$

Используем формулу понижения степени: $sin^2\alpha = \frac{1-cos2\alpha}{2}$.

$\frac{1-cos2x}{2} + \frac{1-cos(2 \cdot 7x)}{2} = 1$

$\frac{1-cos2x + 1-cos14x}{2} = 1$

$2 - cos2x - cos14x = 2$

$-cos2x - cos14x = 0$

$cos14x + cos2x = 0$

Применим формулу суммы косинусов: $cos\alpha + cos\beta = 2cos\frac{\alpha+\beta}{2}cos\frac{\alpha-\beta}{2}$.

$2cos\frac{14x+2x}{2}cos\frac{14x-2x}{2} = 0$

$2cos8x \cdot cos6x = 0$

Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю:

1) $cos8x = 0$

$8x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z$

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

2) $cos6x = 0$

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

$x = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{6}, n \in Z$

Ответ: $x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi k}{8}, k \in Z$; $x = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{6}, n \in Z$.

4) $sin9x = 2cos(\frac{3\pi}{2} + 3x)$

Применим формулу приведения для правой части: $cos(\frac{3\pi}{2} + \alpha) = sin\alpha$.

$sin9x = 2sin3x$

Используем формулу синуса тройного угла $sin3\alpha = 3sin\alpha - 4sin^3\alpha$. Пусть $\alpha = 3x$, тогда $3\alpha = 9x$.

$sin(3 \cdot 3x) = 2sin3x$

$3sin3x - 4sin^3(3x) = 2sin3x$

$sin3x - 4sin^3(3x) = 0$

Вынесем $sin3x$ за скобки:

$sin3x(1 - 4sin^2(3x)) = 0$

Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю:

1) $sin3x = 0$

$3x = \pi k, k \in Z$

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

2) $1 - 4sin^2(3x) = 0$

$sin^2(3x) = \frac{1}{4}$

$sin(3x) = \pm\frac{1}{2}$

Это можно записать как $3x = \pm\frac{\pi}{6} + \pi n, n \in Z$.

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

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

5) $cos\frac{4x}{3} + cos3x = 2$

Область значений функции косинус - отрезок $[-1, 1]$. То есть, $-1 \le cos\alpha \le 1$ для любого $\alpha$.

Сумма двух косинусов может быть равна 2 только в том случае, когда каждый из них равен своему максимальному значению, то есть 1.

Следовательно, уравнение равносильно системе:

$\begin{cases} cos\frac{4x}{3} = 1 \\ cos3x = 1 \end{cases}$

Решим каждое уравнение системы:

1) $cos\frac{4x}{3} = 1$

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

$4x = 6\pi k$

$x = \frac{6\pi k}{4} = \frac{3\pi k}{2}, k \in Z$

2) $cos3x = 1$

$3x = 2\pi n, n \in Z$

$x = \frac{2\pi n}{3}, n \in Z$

Теперь найдем пересечение множеств решений. Для этого приравняем полученные выражения для $x$:

$\frac{3\pi k}{2} = \frac{2\pi n}{3}$

$\frac{3k}{2} = \frac{2n}{3}$

$9k = 4n$

Так как 9 и 4 взаимно простые числа, то для выполнения этого равенства в целых числах $k$ должно быть кратно 4, а $n$ - кратно 9.

Пусть $k = 4m$, где $m \in Z$. Тогда $9(4m) = 4n$, откуда $n = 9m$.

Подставим $k = 4m$ в первую серию решений:

$x = \frac{3\pi (4m)}{2} = 6\pi m, m \in Z$

Ответ: $x = 6\pi m, m \in Z$.