Номер 32.18, страница 240 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

32.18. Решите уравнение:

1) $tg^3 x + tg^2 x + ctg^2 x + ctg^3 x = 4;$

2) $4\sin^2 x + \frac{1}{\sin^2 x} + 4\sin x + \frac{2}{\sin x} = 11.$

1) $\tg^3 x + \tg^2 x + \ctg^2 x + \ctg^3 x = 4$

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Тангенс и котангенс должны быть определены, поэтому $\sin x \neq 0$ и $\cos x \neq 0$. Это означает, что $x \neq \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сгруппируем слагаемые в левой части уравнения:

$(\tg^3 x + \ctg^3 x) + (\tg^2 x + \ctg^2 x) = 4$

Введем замену: пусть $y = \tg x + \ctg x$.

Выразим через $y$ другие слагаемые, используя тот факт, что $\tg x \cdot \ctg x = 1$:

$\tg^2 x + \ctg^2 x = (\tg x + \ctg x)^2 - 2 \tg x \ctg x = y^2 - 2$

$\tg^3 x + \ctg^3 x = (\tg x + \ctg x)(\tg^2 x - \tg x \ctg x + \ctg^2 x) = y((\tg^2 x + \ctg^2 x) - 1) = y((y^2 - 2) - 1) = y(y^2 - 3) = y^3 - 3y$

Подставим полученные выражения в исходное уравнение:

$(y^3 - 3y) + (y^2 - 2) = 4$

$y^3 + y^2 - 3y - 6 = 0$

Найдем корни этого кубического уравнения. Проверим целые делители свободного члена (-6): $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$.

При $y=2$: $2^3 + 2^2 - 3 \cdot 2 - 6 = 8 + 4 - 6 - 6 = 0$. Значит, $y=2$ является корнем.

Разделим многочлен $y^3 + y^2 - 3y - 6$ на $(y - 2)$ и получим:

$(y - 2)(y^2 + 3y + 3) = 0$

Рассмотрим два случая:

1. $y - 2 = 0 \implies y = 2$.

2. $y^2 + 3y + 3 = 0$. Дискриминант $D = 3^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 9 - 12 = -3$. Так как $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.

Таким образом, единственное решение для $y$ — это $y=2$.

Выполним обратную замену:

$\tg x + \ctg x = 2$

$\tg x + \frac{1}{\tg x} = 2$

Умножим обе части на $\tg x$ (мы знаем, что $\tg x \neq 0$ по ОДЗ):

$\tg^2 x + 1 = 2 \tg x$

$\tg^2 x - 2 \tg x + 1 = 0$

$(\tg x - 1)^2 = 0$

$\tg x = 1$

Отсюда находим $x$:

$x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Это решение удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

2) $4\sin^2 x + \frac{1}{\sin^2 x} + 4\sin x + \frac{2}{\sin x} = 11$

ОДЗ: $\sin x \neq 0$, следовательно, $x \neq \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сгруппируем слагаемые:

$(4\sin^2 x + \frac{1}{\sin^2 x}) + (4\sin x + \frac{2}{\sin x}) - 11 = 0$

$(4\sin^2 x + \frac{1}{\sin^2 x}) + 2(2\sin x + \frac{1}{\sin x}) - 11 = 0$

Введем замену: пусть $y = 2\sin x + \frac{1}{\sin x}$.

Тогда $y^2 = (2\sin x + \frac{1}{\sin x})^2 = 4\sin^2 x + 2 \cdot 2\sin x \cdot \frac{1}{\sin x} + \frac{1}{\sin^2 x} = 4\sin^2 x + 4 + \frac{1}{\sin^2 x}$.

Отсюда $4\sin^2 x + \frac{1}{\sin^2 x} = y^2 - 4$.

Подставим в уравнение:

$(y^2 - 4) + 2y - 11 = 0$

$y^2 + 2y - 15 = 0$

Решим это квадратное уравнение. По теореме Виета, корни $y_1 = 3$ и $y_2 = -5$.

Рассмотрим два случая:

Случай 1: $y = 3$.

$2\sin x + \frac{1}{\sin x} = 3$

Пусть $t = \sin x$ (где $t \neq 0$ и $|t| \le 1$).

$2t + \frac{1}{t} = 3 \implies 2t^2 - 3t + 1 = 0$

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

$t_1 = \frac{3+1}{4} = 1$, $t_2 = \frac{3-1}{4} = \frac{1}{2}$.

Оба корня удовлетворяют условию $|t| \le 1$.

а) $\sin x = 1 \implies x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

б) $\sin x = \frac{1}{2} \implies x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $y = -5$.

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

Пусть $t = \sin x$.

$2t + \frac{1}{t} = -5 \implies 2t^2 + 5t + 1 = 0$

Дискриминант $D = 5^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 25 - 8 = 17$.

$t_3 = \frac{-5 + \sqrt{17}}{4}$, $t_4 = \frac{-5 - \sqrt{17}}{4}$.

Проверим, удовлетворяют ли корни условию $|t| \le 1$.

Для $t_3$: так как $4 < \sqrt{17} < 5$, то $-1 < -5+\sqrt{17} < 0$. Разделив на 4, получим $-0.25 < \frac{-5+\sqrt{17}}{4} < 0$. Этот корень подходит, так как принадлежит отрезку $[-1, 1]$.

$\sin x = \frac{-5 + \sqrt{17}}{4} \implies x = (-1)^n \arcsin(\frac{-5 + \sqrt{17}}{4}) + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Для $t_4$: $\frac{-5 - \sqrt{17}}{4} < \frac{-5-4}{4} = -\frac{9}{4} = -2.25$. Этот корень не подходит, так как $t_4 < -1$.

Все найденные серии решений удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$; $x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n$; $x = (-1)^n \arcsin(\frac{\sqrt{17}-5}{4}) + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.