Номер 42.28, страница 331 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

42.28. Найдите точки минимума и максимума функции:

1) $f(x) = \cos x \cos \left(x - \frac{\pi}{3}\right)$;

2) $f(x) = \sqrt{3} \cos x - \sin x - x.$

1) $f(x) = \cos x \cos(x - \frac{\pi}{3})$

Для нахождения точек минимума и максимума функции, сначала найдем ее производную. Чтобы упростить дифференцирование, преобразуем функцию, используя формулу произведения косинусов: $\cos \alpha \cos \beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha - \beta) + \cos(\alpha + \beta))$.

$f(x) = \cos x \cos(x - \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}(\cos(x - (x - \frac{\pi}{3})) + \cos(x + x - \frac{\pi}{3})) = \frac{1}{2}(\cos(\frac{\pi}{3}) + \cos(2x - \frac{\pi}{3}))$.

Так как $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$, то функция принимает вид:

$f(x) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2} + \cos(2x - \frac{\pi}{3})) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\cos(2x - \frac{\pi}{3})$.

Теперь найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\frac{1}{4} + \frac{1}{2}\cos(2x - \frac{\pi}{3}))' = 0 + \frac{1}{2}(-\sin(2x - \frac{\pi}{3})) \cdot (2x - \frac{\pi}{3})' = \frac{1}{2}(-\sin(2x - \frac{\pi}{3})) \cdot 2 = -\sin(2x - \frac{\pi}{3})$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические (стационарные) точки:

$f'(x) = 0 \implies -\sin(2x - \frac{\pi}{3}) = 0$.

$\sin(2x - \frac{\pi}{3}) = 0$.

Отсюда следует, что аргумент синуса равен $k\pi$, где $k$ — любое целое число:

$2x - \frac{\pi}{3} = k\pi$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$2x = \frac{\pi}{3} + k\pi$.

$x = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Для определения характера критических точек (являются ли они точками минимума или максимума) найдем вторую производную:

$f''(x) = (-\sin(2x - \frac{\pi}{3}))' = -\cos(2x - \frac{\pi}{3}) \cdot (2x - \frac{\pi}{3})' = -2\cos(2x - \frac{\pi}{3})$.

Теперь исследуем знак второй производной в найденных критических точках. Подставим в нее выражение $2x - \frac{\pi}{3} = k\pi$:

$f''(x_k) = -2\cos(k\pi)$.

1. Если $k$ — четное число ($k = 2n$, где $n \in \mathbb{Z}$), то $\cos(k\pi) = \cos(2n\pi) = 1$.
В этом случае $f''(x_{2n}) = -2 \cdot 1 = -2 < 0$. Согласно достаточному условию экстремума, если вторая производная в критической точке отрицательна, то это точка локального максимума.
Точки максимума: $x_{max} = \frac{\pi}{6} + \frac{2n\pi}{2} = \frac{\pi}{6} + n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Если $k$ — нечетное число ($k = 2n + 1$, где $n \in \mathbb{Z}$), то $\cos(k\pi) = \cos((2n+1)\pi) = -1$.
В этом случае $f''(x_{2n+1}) = -2 \cdot (-1) = 2 > 0$. Если вторая производная в критической точке положительна, то это точка локального минимума.
Точки минимума: $x_{min} = \frac{\pi}{6} + \frac{(2n+1)\pi}{2} = \frac{\pi}{6} + n\pi + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi + 3\pi}{6} + n\pi = \frac{4\pi}{6} + n\pi = \frac{2\pi}{3} + n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: точки максимума $x_{max} = \frac{\pi}{6} + n\pi$, точки минимума $x_{min} = \frac{2\pi}{3} + n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $f(x) = \sqrt{3}\cos x - \sin x - x$

Найдем производную функции:

$f'(x) = (\sqrt{3}\cos x - \sin x - x)' = -\sqrt{3}\sin x - \cos x - 1$.

Приравняем производную к нулю для нахождения критических точек:

$f'(x) = 0 \implies -\sqrt{3}\sin x - \cos x - 1 = 0$.

$\sqrt{3}\sin x + \cos x = -1$.

Для решения этого тригонометрического уравнения воспользуемся методом введения вспомогательного угла. Разделим обе части уравнения на $\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3+1} = 2$:

$\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x = -\frac{1}{2}$.

Заметим, что $\frac{\sqrt{3}}{2} = \cos(\frac{\pi}{6})$ и $\frac{1}{2} = \sin(\frac{\pi}{6})$. Уравнение можно переписать в виде:

$\cos(\frac{\pi}{6})\sin x + \sin(\frac{\pi}{6})\cos x = -\frac{1}{2}$.

Свернем левую часть по формуле синуса суммы $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$:

$\sin(x + \frac{\pi}{6}) = -\frac{1}{2}$.

Решениями этого уравнения являются две серии точек:

1) $x + \frac{\pi}{6} = -\frac{\pi}{6} + 2n\pi \implies x = -\frac{\pi}{3} + 2n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $x + \frac{\pi}{6} = \pi - (-\frac{\pi}{6}) + 2n\pi = \frac{7\pi}{6} + 2n\pi \implies x = \frac{7\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + 2n\pi = \pi + 2n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь определим тип экстремума в этих критических точках с помощью второй производной.

$f''(x) = (-\sqrt{3}\sin x - \cos x - 1)' = -\sqrt{3}\cos x + \sin x$.

Проверим первую серию точек $x = -\frac{\pi}{3} + 2n\pi$:

$f''(-\frac{\pi}{3} + 2n\pi) = -\sqrt{3}\cos(-\frac{\pi}{3} + 2n\pi) + \sin(-\frac{\pi}{3} + 2n\pi) = -\sqrt{3}\cos(\frac{\pi}{3}) - \sin(\frac{\pi}{3}) = -\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{2\sqrt{3}}{2} = -\sqrt{3}$.
Так как $f''(x) = -\sqrt{3} < 0$, то точки вида $x = -\frac{\pi}{3} + 2n\pi$ являются точками максимума.

Проверим вторую серию точек $x = \pi + 2n\pi$:

$f''(\pi + 2n\pi) = -\sqrt{3}\cos(\pi + 2n\pi) + \sin(\pi + 2n\pi) = -\sqrt{3}(-1) + 0 = \sqrt{3}$.
Так как $f''(x) = \sqrt{3} > 0$, то точки вида $x = \pi + 2n\pi$ являются точками минимума.

Ответ: точки максимума $x_{max} = -\frac{\pi}{3} + 2n\pi$, точки минимума $x_{min} = \pi + 2n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.