Номер 31.22, страница 187, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

Решите уравнение:

31.22. $2(1 - \sin x - \cos x) + \operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x = 0.$

31.22.

Решим уравнение: $2(1 - \sin x - \cos x) + \tg x + \ctg x = 0$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Тангенс $\tg x$ определен при $\cos x \neq 0$, а котангенс $\ctg x$ определен при $\sin x \neq 0$. Следовательно, ОДЗ: $x \neq \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Преобразуем выражение $\tg x + \ctg x$:

$\tg x + \ctg x = \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{1}{\sin x \cos x}$.

Подставим это в исходное уравнение:

$2(1 - (\sin x + \cos x)) + \frac{1}{\sin x \cos x} = 0$.

Введем замену: пусть $t = \sin x + \cos x$. Возведем это равенство в квадрат:

$t^2 = (\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x = 1 + 2\sin x \cos x$.

Отсюда выразим произведение $\sin x \cos x = \frac{t^2 - 1}{2}$.

Заметим, что область значений выражения $\sin x + \cos x$ есть отрезок $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$, поэтому $-\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$. Кроме того, из ОДЗ следует, что $\sin x \cos x \neq 0$, значит $t^2 - 1 \neq 0$, то есть $t \neq \pm 1$.

Подставим замену в уравнение:

$2(1 - t) + \frac{1}{\frac{t^2 - 1}{2}} = 0$

$2(1 - t) + \frac{2}{t^2 - 1} = 0$

Разделим на 2: $1 - t + \frac{1}{t^2 - 1} = 0$.

Приведем к общему знаменателю: $\frac{(1 - t)(t^2 - 1) + 1}{t^2 - 1} = 0$.

$(1 - t)(t - 1)(t + 1) + 1 = 0$

$-(t - 1)^2(t + 1) + 1 = 0$

$(t - 1)^2(t + 1) = 1$

Раскроем скобки: $(t^2 - 2t + 1)(t + 1) = 1$

$t^3 + t^2 - 2t^2 - 2t + t + 1 = 1$

$t^3 - t^2 - t = 0$

$t(t^2 - t - 1) = 0$

Отсюда получаем три возможных значения для $t$:

$t_1 = 0$

$t^2 - t - 1 = 0 \implies t_{2,3} = \frac{1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Проверим найденные корни на соответствие условиям $-\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$ и $t \neq \pm 1$.

Корень $t_1 = 0$ удовлетворяет условиям.

Корень $t_2 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 1.618$. Так как $\sqrt{2} \approx 1.414$, то $t_2 > \sqrt{2}$, следовательно, этот корень является посторонним.

Корень $t_3 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \approx -0.618$. Этот корень удовлетворяет условиям, так как $-\sqrt{2} \le \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \le \sqrt{2}$.

Теперь выполним обратную замену для найденных значений $t$.

Случай 1. $t = 0 \implies \sin x + \cos x = 0$.

Разделим на $\cos x \neq 0$ (согласно ОДЗ): $\tg x + 1 = 0 \implies \tg x = -1$.

Отсюда получаем первую серию решений: $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Случай 2. $t = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \implies \sin x + \cos x = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$.

Преобразуем левую часть с помощью вспомогательного угла:

$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$

$\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{1 - \sqrt{5}}{2\sqrt{2}}$

Отсюда получаем вторую серию решений:

$x + \frac{\pi}{4} = n\pi + (-1)^n \arcsin\left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right), n \in \mathbb{Z}$

$x = -\frac{\pi}{4} + n\pi + (-1)^n \arcsin\left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right), n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $-\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$; $-\frac{\pi}{4} + n\pi + (-1)^n \arcsin\left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\right), n \in \mathbb{Z}$.