Номер 22.66, страница 144, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

22.66. Решите уравнение с параметром a:

a) $\sin \left( 2x - \frac{\pi}{3} \right) = \frac{a - 1}{a + 1};$

б) $\cos \left( \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{2a - 1}{a - 2}.$

а) $\sin\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{a - 1}{a + 1}$

Данное уравнение имеет решения, только если его правая часть по модулю не превосходит 1, так как область значений функции синус – отрезок $[-1, 1]$. Также знаменатель дроби не должен быть равен нулю, т.е. $a \ne -1$.

Запишем соответствующее условие для параметра a в виде системы неравенств:

$-1 \le \frac{a-1}{a+1} \le 1 \quad \iff \quad \begin{cases} \frac{a-1}{a+1} \le 1 \\ \frac{a-1}{a+1} \ge -1 \end{cases}$

Решим первое неравенство:

$\frac{a-1}{a+1} - 1 \le 0 \implies \frac{a-1 - (a+1)}{a+1} \le 0 \implies \frac{-2}{a+1} \le 0$

Так как числитель -2 отрицателен, для выполнения неравенства знаменатель должен быть положителен: $a+1 > 0 \implies a > -1$.

Решим второе неравенство:

$\frac{a-1}{a+1} + 1 \ge 0 \implies \frac{a-1 + a+1}{a+1} \ge 0 \implies \frac{2a}{a+1} \ge 0$

Решая это неравенство методом интервалов, получаем $a \in (-\infty, -1) \cup [0, +\infty)$.

Пересекая решения обоих неравенств ($a > -1$ и $a \in (-\infty, -1) \cup [0, +\infty)$), находим общее условие, при котором исходное уравнение имеет корни: $a \ge 0$.

Если $a < 0$, уравнение решений не имеет.

Теперь решим уравнение при $a \ge 0$:

$2x - \frac{\pi}{3} = (-1)^k \arcsin\left(\frac{a - 1}{a + 1}\right) + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

$2x = \frac{\pi}{3} + (-1)^k \arcsin\left(\frac{a - 1}{a + 1}\right) + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi}{6} + \frac{(-1)^k}{2} \arcsin\left(\frac{a - 1}{a + 1}\right) + \frac{\pi k}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}$

Ответ: при $a \ge 0$ решения $x = \frac{\pi}{6} + \frac{(-1)^k}{2} \arcsin\left(\frac{a-1}{a+1}\right) + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$; при $a < 0$ решений нет.

б) $\cos\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{2a - 1}{a - 2}$

Уравнение имеет решения, если его правая часть принадлежит отрезку $[-1, 1]$. Также знаменатель не должен равняться нулю, то есть $a \neq 2$.

Составим систему неравенств для параметра a:

$-1 \le \frac{2a-1}{a-2} \le 1 \quad \iff \quad \begin{cases} \frac{2a-1}{a-2} \le 1 \\ \frac{2a-1}{a-2} \ge -1 \end{cases}$

Решим первое неравенство:

$\frac{2a-1}{a-2} - 1 \le 0 \implies \frac{2a-1 - (a-2)}{a-2} \le 0 \implies \frac{a+1}{a-2} \le 0$

Методом интервалов получаем решение: $a \in [-1, 2)$.

Решим второе неравенство:

$\frac{2a-1}{a-2} + 1 \ge 0 \implies \frac{2a-1 + a-2}{a-2} \ge 0 \implies \frac{3a-3}{a-2} \ge 0 \implies \frac{a-1}{a-2} \ge 0$

Методом интервалов получаем решение: $a \in (-\infty, 1] \cup (2, +\infty)$.

Найдем пересечение решений двух систем неравенств: $a \in [-1, 2) \cap ((-\infty, 1] \cup (2, +\infty))$. Пересечением является отрезок $a \in [-1, 1]$.

Таким образом, уравнение имеет решения только при $a \in [-1, 1]$. При других значениях a решений нет.

Решим уравнение при $a \in [-1, 1]$:

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

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

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

Ответ: при $a \in [-1, 1]$ решения $x = -\frac{\pi}{2} \pm 2\arccos\left(\frac{2a-1}{a-2}\right) + 4\pi k, k \in \mathbb{Z}$; при $a \notin [-1, 1]$ решений нет.