Номер 18.43, страница 58, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

§18. Решение тригонометрических уравнений. Глава 3. Тригонометрические уравнения. ч. 2 - номер 18.43, страница 58.

18.43 a) $3 \operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} - 2 \operatorname{ctg} \left(\frac{3\pi}{2} + \frac{x}{2}\right) - 1 = 0;

б) $3 \operatorname{tg}^2 4x - 2 \operatorname{ctg} \left(\frac{\pi}{2} - 4x\right) = 1;

в) $\operatorname{tg} (\pi + x) + 2 \operatorname{tg} \left(\frac{\pi}{2} + x\right) + 1 = 0;

г) $2 \operatorname{ctg} x - 3 \operatorname{ctg} \left(\frac{\pi}{2} - x\right) + 5 = 0.$

а) $3 \tg^2 \frac{x}{2} - 2 \ctg(\frac{3\pi}{2} + \frac{x}{2}) - 1 = 0$

Используем формулу приведения для котангенса: $\ctg(\frac{3\pi}{2} + \alpha) = -\tg(\alpha)$.

В нашем случае $\alpha = \frac{x}{2}$, поэтому $\ctg(\frac{3\pi}{2} + \frac{x}{2}) = -\tg(\frac{x}{2})$.

Подставим это выражение в исходное уравнение:

$3 \tg^2 \frac{x}{2} - 2(-\tg \frac{x}{2}) - 1 = 0$

$3 \tg^2 \frac{x}{2} + 2 \tg \frac{x}{2} - 1 = 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \tg \frac{x}{2}$. Уравнение примет вид квадратного:

$3t^2 + 2t - 1 = 0$

Найдем корни этого уравнения. Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-1) = 4 + 12 = 16$.

$t_1 = \frac{-2 + \sqrt{16}}{2 \cdot 3} = \frac{-2 + 4}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$

$t_2 = \frac{-2 - \sqrt{16}}{2 \cdot 3} = \frac{-2 - 4}{6} = \frac{-6}{6} = -1$

Теперь вернемся к исходной переменной:

1) $\tg \frac{x}{2} = \frac{1}{3}$

$\frac{x}{2} = \arctg(\frac{1}{3}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = 2 \arctg(\frac{1}{3}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $\tg \frac{x}{2} = -1$

$\frac{x}{2} = \arctg(-1) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$\frac{x}{2} = -\frac{\pi}{4} + \pi n$

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

Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения определяется условиями $\cos \frac{x}{2} \neq 0$ и $\sin(\frac{3\pi}{2} + \frac{x}{2}) \neq 0$, что эквивалентно $\cos \frac{x}{2} \neq 0$. Найденные решения удовлетворяют этим условиям.

Ответ: $x = 2 \arctg(\frac{1}{3}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) $3 \tg^2 4x - 2 \ctg(\frac{\pi}{2} - 4x) = 1$

Используем формулу приведения: $\ctg(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \tg(\alpha)$.

Здесь $\alpha = 4x$, значит $\ctg(\frac{\pi}{2} - 4x) = \tg(4x)$.

Подставим в уравнение:

$3 \tg^2 4x - 2 \tg 4x = 1$

$3 \tg^2 4x - 2 \tg 4x - 1 = 0$

Пусть $t = \tg 4x$. Получаем квадратное уравнение:

$3t^2 - 2t - 1 = 0$

Найдем корни. Дискриминант $D = (-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-1) = 4 + 12 = 16$.

$t_1 = \frac{2 + \sqrt{16}}{2 \cdot 3} = \frac{2 + 4}{6} = \frac{6}{6} = 1$

$t_2 = \frac{2 - \sqrt{16}}{2 \cdot 3} = \frac{2 - 4}{6} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}$

Возвращаемся к замене:

1) $\tg 4x = 1$

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

$x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi k}{4}, k \in \mathbb{Z}$

2) $\tg 4x = -\frac{1}{3}$

$4x = \arctg(-\frac{1}{3}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

$4x = -\arctg(\frac{1}{3}) + \pi n$

$x = -\frac{1}{4} \arctg(\frac{1}{3}) + \frac{\pi n}{4}, n \in \mathbb{Z}$

ОДЗ: $\cos 4x \neq 0$. Найденные решения удовлетворяют этому условию.

Ответ: $x = \frac{\pi}{16} + \frac{\pi k}{4}, k \in \mathbb{Z}$; $x = -\frac{1}{4} \arctg(\frac{1}{3}) + \frac{\pi n}{4}, n \in \mathbb{Z}$.

в) $\tg(\pi + x) + 2 \tg(\frac{\pi}{2} + x) + 1 = 0$

Применим формулы приведения:

$\tg(\pi + x) = \tg x$

$\tg(\frac{\pi}{2} + x) = -\ctg x$

Подставим их в уравнение:

$\tg x + 2(-\ctg x) + 1 = 0$

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

Так как $\ctg x = \frac{1}{\tg x}$, заменим котангенс:

$\tg x - \frac{2}{\tg x} + 1 = 0$

ОДЗ: $\tg x \neq 0$, $\cos x \neq 0$, $\sin x \neq 0$, что эквивалентно $x \neq \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

Пусть $t = \tg x$. Умножим уравнение на $t$ ($t \neq 0$):

$t^2 + t - 2 = 0$

По теореме Виета, корни $t_1 = 1$ и $t_2 = -2$.

Вернемся к замене:

1) $\tg x = 1$

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

2) $\tg x = -2$

$x = \arctg(-2) + \pi k = -\arctg 2 + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Оба корня удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $x = -\arctg 2 + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

г) $2 \ctg x - 3 \ctg(\frac{\pi}{2} - x) + 5 = 0$

Используем формулу приведения $\ctg(\frac{\pi}{2} - x) = \tg x$.

Уравнение принимает вид:

$2 \ctg x - 3 \tg x + 5 = 0$

Заменим $\tg x = \frac{1}{\ctg x}$:

$2 \ctg x - \frac{3}{\ctg x} + 5 = 0$

ОДЗ: $\ctg x \neq 0$, $\sin x \neq 0$, $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

Пусть $t = \ctg x$. Умножим уравнение на $t$ ($t \neq 0$):

$2t^2 + 5t - 3 = 0$

Найдем корни. Дискриминант $D = 5^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49$.

$t_1 = \frac{-5 + \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{-5 + 7}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

$t_2 = \frac{-5 - \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{-5 - 7}{4} = \frac{-12}{4} = -3$

Вернемся к замене:

1) $\ctg x = \frac{1}{2}$

$x = \arcctg(\frac{1}{2}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $\ctg x = -3$

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

Оба корня удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $x = \arcctg(\frac{1}{2}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = \arcctg(-3) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.