Страница 73 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 35

О равносильных переходах при решении тригонометрических уравнений

Решите уравнение:

1) $\frac{\sin 4x}{1 + \cos 4x} = 0;$

2) $\frac{\sin 2x + \sin 6x}{\cos 2x + \cos 6x} = 0;$

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

4) $2\operatorname{tg} \left(x + \frac{\pi}{4}\right) = 5\operatorname{ctg} x - 2.$

1) Решим уравнение $\frac{\sin 4x}{1 + \cos 4x} = 0$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием $1 + \cos 4x \neq 0$.

Воспользуемся формулой тангенса половинного угла $\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}$.

Применив эту формулу для $\alpha = 4x$, получим, что левая часть уравнения равна $\tan(2x)$.

Исходное уравнение равносильно уравнению $\tan(2x) = 0$.

Область определения функции $\tan(2x)$ задается условием $\cos(2x) \neq 0$.

Проверим, что ОДЗ исходного уравнения совпадает с областью определения $\tan(2x)$.

Условие $1 + \cos 4x \neq 0$ можно преобразовать, используя формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$:

$1 + (2\cos^2(2x) - 1) \neq 0$

$2\cos^2(2x) \neq 0$

$\cos(2x) \neq 0$

Таким образом, ОДЗ совпадают, и переход к уравнению $\tan(2x)=0$ является равносильным.

Решаем уравнение:

$\tan(2x) = 0$

$2x = \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$

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

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

2) Решим уравнение $\frac{\sin 2x + \sin 6x}{\cos 2x + \cos 6x} = 0$.

Уравнение равносильно системе:

$\begin{cases} \sin 2x + \sin 6x = 0, \\ \cos 2x + \cos 6x \neq 0. \end{cases}$

Применим формулы преобразования суммы тригонометрических функций в произведение:

$\sin A + \sin B = 2 \sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$

$\cos A + \cos B = 2 \cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$

Тогда числитель дроби равен: $\sin 2x + \sin 6x = 2 \sin\frac{2x+6x}{2}\cos\frac{6x-2x}{2} = 2 \sin 4x \cos 2x$.

А знаменатель: $\cos 2x + \cos 6x = 2 \cos\frac{2x+6x}{2}\cos\frac{6x-2x}{2} = 2 \cos 4x \cos 2x$.

Уравнение принимает вид:

$\frac{2 \sin 4x \cos 2x}{2 \cos 4x \cos 2x} = 0$

Данное уравнение равносильно системе:

$\begin{cases} \frac{\sin 4x}{\cos 4x} = 0, \\ \cos 2x \neq 0. \end{cases}$

Что то же самое, что и:

$\begin{cases} \tan 4x = 0, \\ \cos 2x \neq 0. \end{cases}$

Решим первое уравнение: $\tan 4x = 0 \implies 4x = \pi k \implies x = \frac{\pi k}{4}, \quad k \in \mathbb{Z}$.

Теперь подставим найденные значения $x$ во второе условие системы, чтобы исключить посторонние корни:

$\cos(2x) = \cos\left(2 \cdot \frac{\pi k}{4}\right) = \cos\left(\frac{\pi k}{2}\right) \neq 0$.

Значение $\cos\left(\frac{\pi k}{2}\right)$ равно нулю, когда $k$ — нечетное число ($k = 2n+1, n \in \mathbb{Z}$).

Следовательно, $k$ должно быть четным. Положим $k = 2n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Тогда решениями будут $x = \frac{\pi (2n)}{4} = \frac{\pi n}{2}, \quad n \in \mathbb{Z}$.

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

3) Решим уравнение $\cos x \sqrt{\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}} = 0$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием неотрицательности подкоренного выражения:

$\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2} \ge 0 \implies \sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Произведение равно нулю, когда хотя бы один из множителей равен нулю, а другой при этом существует. Это приводит к совокупности двух уравнений с учетом ОДЗ:

1) $\cos x = 0$

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

Рассмотрим каждый случай.

Случай 1: $\cos x = 0$.

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

Проверим, удовлетворяют ли эти решения ОДЗ $\sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Если $k$ — четное, т.е. $k = 2n, n \in \mathbb{Z}$, то $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. Тогда $\sin x = \sin(\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 1$. Условие $1 \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется.

Если $k$ — нечетное, т.е. $k = 2n+1, n \in \mathbb{Z}$, то $x = \frac{\pi}{2} + (2n+1)\pi = \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$. Тогда $\sin x = \sin(\frac{3\pi}{2} + 2\pi n) = -1$. Условие $-1 \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ не выполняется, так как $-1 \approx -1$, а $-\frac{\sqrt{3}}{2} \approx -0.866$.

Следовательно, из этого случая подходят только корни $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $\sqrt{\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}} = 0$.

Возведя обе части в квадрат, получим $\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2} = 0 \implies \sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Эти значения $x$ автоматически удовлетворяют ОДЗ ($\sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$).

Решениями уравнения $\sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ являются две серии корней:

$x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi m, \quad m \in \mathbb{Z}$

$x = \pi - (-\frac{\pi}{3}) + 2\pi m = \frac{4\pi}{3} + 2\pi m, \quad m \in \mathbb{Z}$

Объединяя решения из обоих случаев, получаем полный ответ.

Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n; \quad x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n; \quad x = \frac{4\pi}{3} + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$.

4) Решим уравнение $2\tg\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = 5\ctg x - 2$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$\tg\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$ определен, если $\cos\left(x + \frac{\pi}{4}\right) \neq 0 \implies x + \frac{\pi}{4} \neq \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x \neq \frac{\pi}{4} + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$.

$\ctg x$ определен, если $\sin x \neq 0 \implies x \neq \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу тангенса суммы: $\tg(A+B) = \frac{\tg A + \tg B}{1 - \tg A \tg B}$.

$\tg\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tg x + \tg(\frac{\pi}{4})}{1 - \tg x \cdot \tg(\frac{\pi}{4})} = \frac{\tg x + 1}{1 - \tg x}$.

Подставим это в исходное уравнение, заменив также $\ctg x = \frac{1}{\tg x}$:

$2\frac{\tg x + 1}{1 - \tg x} = 5\frac{1}{\tg x} - 2$.

Сделаем замену $t = \tg x$. Из ОДЗ следует, что $t \neq 1$ и $t \neq 0$.

$2\frac{t + 1}{1 - t} = \frac{5}{t} - 2$

$2\frac{t + 1}{1 - t} = \frac{5 - 2t}{t}$

Перемножим крест-накрест (допустимо, т.к. $t \neq 0$ и $t \neq 1$):

$2t(t + 1) = (1 - t)(5 - 2t)$

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

$2t^2 + 2t = 5 - 7t + 2t^2$

$2t = 5 - 7t$

$9t = 5$

$t = \frac{5}{9}$

Полученное значение $t = \frac{5}{9}$ удовлетворяет условиям $t \neq 1$ и $t \neq 0$.

Выполним обратную замену:

$\tg x = \frac{5}{9}$

$x = \arctan\left(\frac{5}{9}\right) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \arctan\left(\frac{5}{9}\right) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$.

Решите неравенство:

1) $\sin 3x < \frac{\sqrt{2}}{2}$;

2) $\operatorname{tg}\left(\frac{x}{4}-\frac{\pi}{3}\right) \geq \frac{\sqrt{3}}{3}$;

3) $\frac{1}{2} \leq \cos x \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$;

4) $|\operatorname{ctg} x| \geq \frac{\sqrt{3}}{3}$;

5) $\sin 2x(2 \cos x - \sqrt{2}) > 0$.

1)

Решим неравенство $ \sin(3x) < \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = 3x $. Неравенство примет вид $ \sin(t) < \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Найдём на единичной окружности точки, для которых $ \sin(t) = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это точки $ t = \frac{\pi}{4} $ и $ t = \frac{3\pi}{4} $.

Синус (ордината точки на единичной окружности) меньше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $ для всех точек, расположенных ниже прямой $ y = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это соответствует дуге окружности, которая начинается в точке $ \frac{3\pi}{4} $ и идёт против часовой стрелки до точки $ \frac{\pi}{4} $ следующего оборота.

Таким образом, решение для $ t $ можно записать в виде двойного неравенства. Учитывая периодичность синуса, получаем:

$ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{4} + 2\pi(k+1) $, что можно записать как $ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{9\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Более стандартная форма записи, используя отрицательные углы: $ -\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{4} + 2\pi k $.

Теперь вернёмся к исходной переменной $ x $, подставив $ t = 3x $:

$ -\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < 3x < \frac{\pi}{4} + 2\pi k $.

Разделим все части неравенства на 3, чтобы найти $ x $:

$ -\frac{5\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3} < x < \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3} $.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{5\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}; \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}\right), k \in \mathbb{Z} $.

2)

Решим неравенство $ \tg\left(\frac{x}{4} - \frac{\pi}{3}\right) \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = \frac{x}{4} - \frac{\pi}{3} $. Неравенство примет вид $ \tg(t) \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Найдём значение $ t $, при котором $ \tg(t) = \frac{\sqrt{3}}{3} $. Это $ t = \frac{\pi}{6} $.

Функция тангенса является возрастающей на каждом из своих интервалов определения $ \left(-\frac{\pi}{2} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k\right) $. Асимптоты тангенса находятся в точках $ t = \frac{\pi}{2} + \pi k $.

Следовательно, неравенство $ \tg(t) \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $ выполняется, когда $ t $ находится в интервале от $ \frac{\pi}{6} $ (включительно) до ближайшей асимптоты $ \frac{\pi}{2} $ (не включительно).

Учитывая периодичность тангенса (период $ \pi $), общее решение для $ t $ будет:

$ \frac{\pi}{6} + \pi k \le t < \frac{\pi}{2} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Подставим обратно $ t = \frac{x}{4} - \frac{\pi}{3} $:

$ \frac{\pi}{6} + \pi k \le \frac{x}{4} - \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2} + \pi k $.

Прибавим $ \frac{\pi}{3} $ ко всем частям неравенства:

$ \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} + \pi k \le \frac{x}{4} < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3} + \pi k $.

$ \frac{\pi+2\pi}{6} + \pi k \le \frac{x}{4} < \frac{3\pi+2\pi}{6} + \pi k $.

$ \frac{3\pi}{6} + \pi k \le \frac{x}{4} < \frac{5\pi}{6} + \pi k $.

$ \frac{\pi}{2} + \pi k \le \frac{x}{4} < \frac{5\pi}{6} + \pi k $.

Умножим все части на 4:

$ 2\pi + 4\pi k \le x < \frac{20\pi}{6} + 4\pi k $.

$ 2\pi + 4\pi k \le x < \frac{10\pi}{3} + 4\pi k $.

Ответ: $ x \in \left[2\pi + 4\pi k; \frac{10\pi}{3} + 4\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

3)

Решим двойное неравенство $ \frac{1}{2} \le \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Это неравенство означает, что мы ищем углы $ x $, для которых косинус (абсцисса точки на единичной окружности) принимает значения в промежутке $ \left[\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right] $.

Найдём углы, для которых косинус равен граничным значениям:

$ \cos x = \frac{1}{2} \implies x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi k $.

$ \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k $.

На единичной окружности этому условию удовлетворяют две симметричные дуги.

1. В первой четверти: $ \cos x $ убывает от 1 до 0. Условие $ \frac{1}{2} \le \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется для углов между $ \frac{\pi}{6} $ и $ \frac{\pi}{3} $. Таким образом, получаем первую серию решений: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

2. В четвертой четверти: из-за симметрии косинуса ($ \cos(-x) = \cos x $) получаем вторую серию решений. Это углы между $ -\frac{\pi}{3} $ и $ -\frac{\pi}{6} $. Таким образом: $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le -\frac{\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Объединяя обе серии, получаем итоговый ответ.

Ответ: $ x \in \left[\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{\pi}{3} + 2\pi k\right] \cup \left[-\frac{\pi}{3} + 2\pi k; -\frac{\pi}{6} + 2\pi k\right], k \in \mathbb{Z} $.

4)

Решим неравенство $ |\ctg x| \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Неравенство с модулем равносильно совокупности двух неравенств:

$ \ctg x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $ или $ \ctg x \le -\frac{\sqrt{3}}{3} $.

Решим каждое неравенство отдельно.

1. $ \ctg x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Найдём корень уравнения $ \ctg x = \frac{\sqrt{3}}{3} $. $ x = \arcctg\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{\pi}{3} $.

Функция котангенса является убывающей на интервалах $ (\pi k; \pi + \pi k) $. Поэтому неравенство $ \ctg x \ge \frac{\sqrt{3}}{3} $ выполняется для $ x $, меньших $ \frac{\pi}{3} $, но больших 0 (начало периода). Таким образом, с учётом периодичности:

$ \pi k < x \le \frac{\pi}{3} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

2. $ \ctg x \le -\frac{\sqrt{3}}{3} $.

Найдём корень уравнения $ \ctg x = -\frac{\sqrt{3}}{3} $. $ x = \arcctg\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{2\pi}{3} $.

Так как котангенс — убывающая функция, неравенство $ \ctg x \le -\frac{\sqrt{3}}{3} $ выполняется для $ x $, больших $ \frac{2\pi}{3} $, но меньших $ \pi $ (конец периода). С учётом периодичности:

$ \frac{2\pi}{3} + \pi k \le x < \pi + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Объединяем решения.

Ответ: $ x \in \left(\pi k; \frac{\pi}{3} + \pi k\right] \cup \left[\frac{2\pi}{3} + \pi k; \pi + \pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

5)

Решим неравенство $ \sin 2x (2\cos x - \sqrt{2}) > 0 $.

Используем формулу синуса двойного угла $ \sin 2x = 2\sin x \cos x $:

$ 2\sin x \cos x (2\cos x - \sqrt{2}) > 0 $.

Разделим на 2 (знак неравенства не изменится) и вынесем 2 из скобки:

$ \sin x \cos x \cdot 2\left(\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) > 0 $.

$ \sin x \cos x \left(\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) > 0 $.

Решим это неравенство методом интервалов на единичной окружности. Найдём нули каждого множителя на промежутке $ [0, 2\pi) $:

а) $ \sin x = 0 \implies x = 0, x = \pi $.

б) $ \cos x = 0 \implies x = \frac{\pi}{2}, x = \frac{3\pi}{2} $.

в) $ \cos x - \frac{\sqrt{2}}{2} = 0 \implies \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2} \implies x = \frac{\pi}{4}, x = \frac{7\pi}{4} $.

Отметим эти точки на единичной окружности: $ 0, \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{4} $. Они разбивают окружность на 6 интервалов. Определим знак произведения $ f(x) = \sin x \cos x (\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2}) $ в каждом из них.

1. $ x \in \left(0, \frac{\pi}{4}\right) $: $ \sin x > 0, \cos x > 0, \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} $. Произведение $ (+)(+)(+) = + $. Интервал подходит.

2. $ x \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right) $: $ \sin x > 0, \cos x > 0, \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2} $. Произведение $ (+)(+)(-) = - $.

3. $ x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) $: $ \sin x > 0, \cos x < 0, \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2} $. Произведение $ (+)(-)(-) = + $. Интервал подходит.

4. $ x \in \left(\pi, \frac{3\pi}{2}\right) $: $ \sin x < 0, \cos x < 0, \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2} $. Произведение $ (-)(-)(-) = - $.

5. $ x \in \left(\frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{4}\right) $: $ \sin x < 0, \cos x > 0, \cos x < \frac{\sqrt{2}}{2} $. Произведение $ (-)(+)(-) = + $. Интервал подходит.

6. $ x \in \left(\frac{7\pi}{4}, 2\pi\right) $: $ \sin x < 0, \cos x > 0, \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} $. Произведение $ (-)(+)(+) = - $.

Таким образом, на промежутке $ [0, 2\pi) $ решениями являются интервалы $ \left(0, \frac{\pi}{4}\right) $, $ \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) $, $ \left(\frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{4}\right) $.

Запишем общее решение, добавив период $ 2\pi k $.

Ответ: $ x \in \left(2\pi k; \frac{\pi}{4} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{\pi}{2} + 2\pi k; \pi + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{3\pi}{2} + 2\pi k; \frac{7\pi}{4} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.