Номер 56.36, страница 222, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Часть 2. Глава 10. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств. §56. Общие методы решения уравнений - номер 56.36, страница 222.

Условие.

56.36 a) $3 \text{tg}^2 x - 8 = 4 \cos^2 x;$

б) $4 \sin^2 x = 4 - 9 \text{tg}^2 x.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 6.

а) $3\tg^2x - 8 = 4\cos^2x$

Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Используем тригонометрическое тождество, связывающее $\cos^2x$ и $\tg^2x$: $\cos^2x = \frac{1}{1 + \tg^2x}$.

Подставим это выражение в исходное уравнение:

$3\tg^2x - 8 = 4 \cdot \frac{1}{1 + \tg^2x}$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \tg^2x$. Так как квадрат любого действительного числа неотрицателен, то $t \ge 0$.

Уравнение принимает вид:

$3t - 8 = \frac{4}{1+t}$

Умножим обе части уравнения на $(1+t)$. Поскольку $t = \tg^2x \ge 0$, то $1+t > 0$, поэтому это преобразование является равносильным.

$(3t - 8)(1+t) = 4$

$3t + 3t^2 - 8 - 8t = 4$

$3t^2 - 5t - 12 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение относительно $t$.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-5)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-12) = 25 + 144 = 169 = 13^2$.

Корни уравнения:

$t_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{5 + 13}{2 \cdot 3} = \frac{18}{6} = 3$

$t_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{5 - 13}{2 \cdot 3} = \frac{-8}{6} = -\frac{4}{3}$

Вернемся к замене. Корень $t_2 = -\frac{4}{3}$ не удовлетворяет условию $t \ge 0$, поэтому он является посторонним.

Рассмотрим корень $t_1 = 3$.

$\tg^2x = 3$

Отсюда $\tg x = \sqrt{3}$ или $\tg x = -\sqrt{3}$.

1) $\tg x = \sqrt{3} \implies x = \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $\tg x = -\sqrt{3} \implies x = -\frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Эти две серии решений можно объединить в одну: $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Найденные значения удовлетворяют ОДЗ, так как для них $\cos x \neq 0$.

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

б) $4\sin^2x = 4 - 9\tg^2x$

ОДЗ уравнения: $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Выразим $\tg^2x$ через $\sin^2x$, используя тождества $\tg^2x = \frac{\sin^2x}{\cos^2x}$ и $\cos^2x = 1 - \sin^2x$:

$\tg^2x = \frac{\sin^2x}{1 - \sin^2x}$

Подставим это в исходное уравнение:

$4\sin^2x = 4 - 9 \frac{\sin^2x}{1 - \sin^2x}$

Сделаем замену. Пусть $y = \sin^2x$. Учитывая ОДЗ ($\cos^2x \neq 0 \implies 1-\sin^2x \neq 0 \implies \sin^2x \neq 1$), имеем $0 \le y < 1$.

Уравнение принимает вид:

$4y = 4 - \frac{9y}{1-y}$

Умножим обе части на $(1-y)$. Так как $y \neq 1$, это преобразование равносильно.

$4y(1-y) = 4(1-y) - 9y$

$4y - 4y^2 = 4 - 4y - 9y$

$4y - 4y^2 = 4 - 13y$

$4y^2 - 17y + 4 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение относительно $y$.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-17)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 4 = 289 - 64 = 225 = 15^2$.

Корни уравнения:

$y_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{17 + 15}{2 \cdot 4} = \frac{32}{8} = 4$

$y_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{17 - 15}{2 \cdot 4} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$

Вернемся к замене. Корень $y_1=4$ не удовлетворяет условию $0 \le y < 1$, поэтому он является посторонним.

Рассмотрим корень $y_2 = \frac{1}{4}$.

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

Отсюда $\sin x = \frac{1}{2}$ или $\sin x = -\frac{1}{2}$.

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

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

Эти две серии решений можно объединить в одну: $x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Найденные значения удовлетворяют ОДЗ, так как для них $\cos^2x = 1 - \sin^2x = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \neq 0$.

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.