Номер 33, страница 21 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 33

Тригонометрические уравнения, сводящиеся к алгебраическим

Решите уравнение:

1) $3\cos8x - \cos4x + 1 = 0;$

2) $\frac{1}{\cos^2 3x} - 7\operatorname{tg}3x + 11 = 0;$

3) $6\cos\frac{x}{4} - 5\sin\frac{x}{4} = 0;$

4) $2\sin^2\frac{x}{2} + 3\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2} + \cos^2\frac{x}{2} = 0;$

5) $3\sin4x + 2\cos4x = 3;$

6) $\sqrt{\cos2x} = -\cos x.$

1) 3cos8x - cos4x + 1 = 0;

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла $ \cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1 $. Применим ее для $ \cos(8x) $, где $ \alpha = 4x $:

$ \cos(8x) = 2\cos^2(4x) - 1 $

Подставим в исходное уравнение:

$ 3(2\cos^2(4x) - 1) - \cos(4x) + 1 = 0 $

$ 6\cos^2(4x) - 3 - \cos(4x) + 1 = 0 $

$ 6\cos^2(4x) - \cos(4x) - 2 = 0 $

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = \cos(4x) $, где $ |t| \le 1 $.

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

Решим квадратное уравнение. Дискриминант $ D = (-1)^2 - 4 \cdot 6 \cdot (-2) = 1 + 48 = 49 = 7^2 $.

$ t_1 = \frac{1 + 7}{2 \cdot 6} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} $

$ t_2 = \frac{1 - 7}{2 \cdot 6} = \frac{-6}{12} = -\frac{1}{2} $

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

1. $ \cos(4x) = \frac{2}{3} $

$ 4x = \pm\arccos\left(\frac{2}{3}\right) + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $

$ x = \pm\frac{1}{4}\arccos\left(\frac{2}{3}\right) + \frac{\pi k}{2}, \quad k \in \mathbb{Z} $

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

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

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

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

Ответ: $ x = \pm\frac{1}{4}\arccos\left(\frac{2}{3}\right) + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}; \quad x = \pm\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z} $

2) $ \frac{1}{\cos^2 3x} - 7\tan 3x + 11 = 0 $;

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством в виде $ \frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \tan^2\alpha $.

Область допустимых значений (ОДЗ): $ \cos(3x) \ne 0 $, то есть $ 3x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k $, $ x \ne \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z} $.

Подставим тождество в уравнение:

$ (1 + \tan^2(3x)) - 7\tan(3x) + 11 = 0 $

$ \tan^2(3x) - 7\tan(3x) + 12 = 0 $

Сделаем замену. Пусть $ t = \tan(3x) $.

$ t^2 - 7t + 12 = 0 $

По теореме Виета, корни уравнения $ t_1 = 3, t_2 = 4 $. Оба корня действительные, что не противоречит ОДЗ.

Вернемся к замене.

1. $ \tan(3x) = 3 $

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

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

2. $ \tan(3x) = 4 $

$ 3x = \arctan(4) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $

$ x = \frac{1}{3}\arctan(4) + \frac{\pi n}{3}, \quad n \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x = \frac{1}{3}\arctan(3) + \frac{\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}; \quad x = \frac{1}{3}\arctan(4) + \frac{\pi n}{3}, n \in \mathbb{Z} $

3) $ 6\cos\frac{x}{4} - 5\sin\frac{x}{4} = 0 $;

Это однородное тригонометрическое уравнение первого порядка.

Заметим, что $ \cos\frac{x}{4} \ne 0 $, так как если $ \cos\frac{x}{4} = 0 $, то из уравнения следует, что и $ \sin\frac{x}{4} = 0 $, что невозможно одновременно. Поэтому мы можем разделить обе части уравнения на $ \cos\frac{x}{4} $.

$ 6 - 5\frac{\sin\frac{x}{4}}{\cos\frac{x}{4}} = 0 $

$ 6 - 5\tan\frac{x}{4} = 0 $

$ 5\tan\frac{x}{4} = 6 $

$ \tan\frac{x}{4} = \frac{6}{5} $

$ \frac{x}{4} = \arctan\left(\frac{6}{5}\right) + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $

$ x = 4\arctan\left(\frac{6}{5}\right) + 4\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x = 4\arctan\left(\frac{6}{5}\right) + 4\pi k, k \in \mathbb{Z} $

4) $ 2\sin^2\frac{x}{2} + 3\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2} + \cos^2\frac{x}{2} = 0 $;

Это однородное тригонометрическое уравнение второго порядка.

Аналогично предыдущему пункту, $ \cos\frac{x}{2} \ne 0 $. Разделим обе части уравнения на $ \cos^2\frac{x}{2} $.

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

$ 2\tan^2\frac{x}{2} + 3\tan\frac{x}{2} + 1 = 0 $

Сделаем замену $ t = \tan\frac{x}{2} $.

$ 2t^2 + 3t + 1 = 0 $

Дискриминант $ D = 3^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 9 - 8 = 1 $.

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

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

Возвращаемся к замене.

1. $ \tan\frac{x}{2} = -1 $

$ \frac{x}{2} = -\frac{\pi}{4} + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $

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

2. $ \tan\frac{x}{2} = -\frac{1}{2} $

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

$ \frac{x}{2} = -\arctan\left(\frac{1}{2}\right) + \pi k $

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

Ответ: $ x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}; \quad x = -2\arctan\left(\frac{1}{2}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $

5) 3sin4x + 2cos4x = 3;

Это уравнение вида $ a\sin y + b\cos y = c $. Решим его с помощью универсальной тригонометрической подстановки. Пусть $ t = \tan(2x) $. Тогда $ \sin(4x) = \frac{2t}{1+t^2} $ и $ \cos(4x) = \frac{1-t^2}{1+t^2} $. Эта подстановка возможна, если $ 2x \ne \frac{\pi}{2} + \pi m $. Проверим, не являются ли решения вида $ 4x = \pi + 2\pi m $ корнями уравнения: $ 3\sin(\pi) + 2\cos(\pi) = 3 \cdot 0 + 2 \cdot (-1) = -2 \ne 3 $. Значит, потери корней не будет.

Подставляем в уравнение:

$ 3\left(\frac{2t}{1+t^2}\right) + 2\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right) = 3 $

Домножим обе части на $ 1+t^2 \ne 0 $:

$ 6t + 2(1-t^2) = 3(1+t^2) $

$ 6t + 2 - 2t^2 = 3 + 3t^2 $

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

Решим квадратное уравнение. Дискриминант $ D = (-6)^2 - 4 \cdot 5 \cdot 1 = 36 - 20 = 16 = 4^2 $.

$ t_1 = \frac{6+4}{2 \cdot 5} = \frac{10}{10} = 1 $

$ t_2 = \frac{6-4}{2 \cdot 5} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5} $

Вернемся к замене.

1. $ \tan(2x) = 1 $

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

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

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

$ 2x = \arctan\left(\frac{1}{5}\right) + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $

$ x = \frac{1}{2}\arctan\left(\frac{1}{5}\right) + \frac{\pi n}{2}, \quad n \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}; \quad x = \frac{1}{2}\arctan\left(\frac{1}{5}\right) + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z} $

6) $ \sqrt{\cos 2x} = -\cos x $;

Данное иррациональное уравнение равносильно системе:

$ \begin{cases} - \cos x \ge 0 \\ \cos(2x) = (-\cos x)^2 \end{cases} $

Из первого неравенства следует $ \cos x \le 0 $. Второе уравнение преобразуем, используя формулу $ \cos(2x) = 2\cos^2 x - 1 $:

$ 2\cos^2 x - 1 = \cos^2 x $

$ \cos^2 x = 1 $

Отсюда $ \cos x = 1 $ или $ \cos x = -1 $.

Теперь учтем условие $ \cos x \le 0 $.

1. $ \cos x = 1 $. Этот корень не удовлетворяет условию $ \cos x \le 0 $, поэтому он является посторонним.

2. $ \cos x = -1 $. Этот корень удовлетворяет условию $ \cos x \le 0 $.

Осталось решить простейшее уравнение $ \cos x = -1 $.

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

Проверим также исходное условие на подкоренное выражение $ \cos(2x) \ge 0 $. Если $ x = \pi + 2\pi k $, то $ 2x = 2\pi + 4\pi k $.

$ \cos(2x) = \cos(2\pi + 4\pi k) = \cos(2\pi) = 1 \ge 0 $. Условие выполняется.

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