Номер 33, страница 98 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Решите уравнение:

1) $4 \cos 10x + \cos 5x - 3 = 0;$

2) $\frac{1}{\cos^2 6x} - 8 \operatorname{tg} 6x + 14 = 0;$

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

4) $7 \sin^2 \frac{x}{3} - 8 \sin \frac{x}{3} \cos \frac{x}{3} + \cos^2 \frac{x}{3} = 0;$

5) $4 \cos 7x - 5 \sin 7x = 5;$

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

1) $4\cos10x + \cos5x - 3 = 0$

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

Подставим это выражение в исходное уравнение:

$4(2\cos^2(5x) - 1) + \cos(5x) - 3 = 0$

$8\cos^2(5x) - 4 + \cos(5x) - 3 = 0$

$8\cos^2(5x) + \cos(5x) - 7 = 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos(5x)$, где $|t| \le 1$.

$8t^2 + t - 7 = 0$

Решим это квадратное уравнение. Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 8 \cdot (-7) = 1 + 224 = 225 = 15^2$.

$t_1 = \frac{-1 - 15}{2 \cdot 8} = \frac{-16}{16} = -1$

$t_2 = \frac{-1 + 15}{2 \cdot 8} = \frac{14}{16} = \frac{7}{8}$

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

1. $\cos(5x) = -1$

$5x = \pi + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi n}{5}, n \in \mathbb{Z}$

2. $\cos(5x) = \frac{7}{8}$

$5x = \pm \arccos\left(\frac{7}{8}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = \pm \frac{1}{5}\arccos\left(\frac{7}{8}\right) + \frac{2\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi n}{5}$, $x = \pm \frac{1}{5}\arccos\left(\frac{7}{8}\right) + \frac{2\pi k}{5}$, где $n, k \in \mathbb{Z}$.

2) $\frac{1}{\cos^2 6x} - 8\tan 6x + 14 = 0$

Используем основное тригонометрическое тождество, выраженное через тангенс: $\frac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \tan^2\alpha$.

Подставим это в уравнение:

$(1 + \tan^2 6x) - 8\tan 6x + 14 = 0$

$\tan^2 6x - 8\tan 6x + 15 = 0$

Область допустимых значений (ОДЗ): $\cos 6x \ne 0$, что уже учтено в определении тангенса.

Сделаем замену. Пусть $t = \tan 6x$.

$t^2 - 8t + 15 = 0$

По теореме Виета находим корни: $t_1 = 3$, $t_2 = 5$.

Вернемся к исходной переменной.

1. $\tan 6x = 3$

$6x = \arctan(3) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\arctan(3)}{6} + \frac{\pi n}{6}, n \in \mathbb{Z}$

2. $\tan 6x = 5$

$6x = \arctan(5) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

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

Ответ: $x = \frac{\arctan(3)}{6} + \frac{\pi n}{6}$, $x = \frac{\arctan(5)}{6} + \frac{\pi k}{6}$, где $n, k \in \mathbb{Z}$.

3) $4\cos\frac{3x}{2} - 3\sin\frac{3x}{2} = 0$

Это однородное тригонометрическое уравнение первого порядка. Проверим, является ли $\cos\frac{3x}{2} = 0$ решением. Если $\cos\frac{3x}{2} = 0$, то из уравнения следует, что $-3\sin\frac{3x}{2} = 0$, то есть $\sin\frac{3x}{2} = 0$. Однако синус и косинус одного и того же угла не могут быть равны нулю одновременно, так как $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$. Следовательно, $\cos\frac{3x}{2} \ne 0$.

Разделим обе части уравнения на $\cos\frac{3x}{2}$:

$4 - 3\frac{\sin(3x/2)}{\cos(3x/2)} = 0$

$4 - 3\tan\frac{3x}{2} = 0$

$3\tan\frac{3x}{2} = 4$

$\tan\frac{3x}{2} = \frac{4}{3}$

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

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

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

4) $7\sin^2\frac{x}{3} - 8\sin\frac{x}{3}\cos\frac{x}{3} + \cos^2\frac{x}{3} = 0$

Это однородное тригонометрическое уравнение второго порядка. Аналогично предыдущему пункту, $\cos\frac{x}{3} \ne 0$. Если $\cos\frac{x}{3}=0$, то из уравнения следует $7\sin^2\frac{x}{3}=0$, что означает $\sin\frac{x}{3}=0$, а это невозможно.

Разделим обе части уравнения на $\cos^2\frac{x}{3}$:

$7\frac{\sin^2(x/3)}{\cos^2(x/3)} - 8\frac{\sin(x/3)\cos(x/3)}{\cos^2(x/3)} + \frac{\cos^2(x/3)}{\cos^2(x/3)} = 0$

$7\tan^2\frac{x}{3} - 8\tan\frac{x}{3} + 1 = 0$

Сделаем замену. Пусть $t = \tan\frac{x}{3}$.

$7t^2 - 8t + 1 = 0$

Дискриминант $D = (-8)^2 - 4 \cdot 7 \cdot 1 = 64 - 28 = 36 = 6^2$.

$t_1 = \frac{8 - 6}{2 \cdot 7} = \frac{2}{14} = \frac{1}{7}$

$t_2 = \frac{8 + 6}{2 \cdot 7} = \frac{14}{14} = 1$

Вернемся к исходной переменной.

1. $\tan\frac{x}{3} = \frac{1}{7}$

$\frac{x}{3} = \arctan\left(\frac{1}{7}\right) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = 3\arctan\left(\frac{1}{7}\right) + 3\pi n, n \in \mathbb{Z}$

2. $\tan\frac{x}{3} = 1$

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

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

Ответ: $x = 3\arctan\left(\frac{1}{7}\right) + 3\pi n$, $x = \frac{3\pi}{4} + 3\pi k$, где $n, k \in \mathbb{Z}$.

5) $4\cos 7x - 5\sin 7x = 5$

Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой. Пусть $t = \tan\frac{7x}{2}$. Тогда $\cos 7x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ и $\sin 7x = \frac{2t}{1+t^2}$.

$4\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right) - 5\left(\frac{2t}{1+t^2}\right) = 5$

Умножим обе части на $1+t^2$, предполагая, что $1+t^2 \ne 0$ (что всегда верно).

$4(1-t^2) - 10t = 5(1+t^2)$

$4 - 4t^2 - 10t = 5 + 5t^2$

$9t^2 + 10t + 1 = 0$

Дискриминант $D = 10^2 - 4 \cdot 9 \cdot 1 = 100 - 36 = 64 = 8^2$.

$t_1 = \frac{-10 - 8}{18} = \frac{-18}{18} = -1$

$t_2 = \frac{-10 + 8}{18} = \frac{-2}{18} = -\frac{1}{9}$

Вернемся к исходной переменной.

1. $\tan\frac{7x}{2} = -1$

$\frac{7x}{2} = -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$x = -\frac{\pi}{14} + \frac{2\pi n}{7}, n \in \mathbb{Z}$

2. $\tan\frac{7x}{2} = -\frac{1}{9}$

$\frac{7x}{2} = \arctan\left(-\frac{1}{9}\right) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = -\frac{2}{7}\arctan\left(\frac{1}{9}\right) + \frac{2\pi k}{7}, k \in \mathbb{Z}$

При использовании универсальной подстановки необходимо проверить, не являются ли решениями уравнения углы вида $7x = \pi + 2\pi m$, так как для них тангенс не определен. Подставим $\cos 7x = -1, \sin 7x = 0$ в исходное уравнение: $4(-1) - 5(0) = -4 \ne 5$. Значит, мы не потеряли корни.

Ответ: $x = -\frac{\pi}{14} + \frac{2\pi n}{7}$, $x = -\frac{2}{7}\arctan\left(\frac{1}{9}\right) + \frac{2\pi k}{7}$, где $n, k \in \mathbb{Z}$.

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

Найдем область допустимых значений (ОДЗ).

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

2. Правая часть уравнения должна быть неотрицательной, так как она равна арифметическому квадратному корню: $\sqrt{2}\cos x \ge 0 \implies \cos x \ge 0$.

При выполнении этих условий можно возвести обе части уравнения в квадрат:

$-\cos 2x = (\sqrt{2}\cos x)^2$

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

Используем формулу $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$.

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

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

$4\cos^2 x = 1$

$\cos^2 x = \frac{1}{4}$

Отсюда $\cos x = \frac{1}{2}$ или $\cos x = -\frac{1}{2}$.

Проверим полученные решения по ОДЗ.

Условие $\cos x \ge 0$ оставляет только $\cos x = \frac{1}{2}$.

Теперь проверим второе условие $\cos 2x \le 0$ для $\cos x = \frac{1}{2}$.

$\cos 2x = 2\cos^2 x - 1 = 2\left(\frac{1}{2}\right)^2 - 1 = 2 \cdot \frac{1}{4} - 1 = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}$.

Так как $-\frac{1}{2} \le 0$, второе условие также выполнено.

Таким образом, решениями исходного уравнения являются те значения $x$, для которых $\cos x = \frac{1}{2}$.

$x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.