Номер 33, 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 $n \in \mathbb{Z}$.