Номер 2, страница 127, часть 1 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Часть 1. Темы исследовательских работ к главе 3 - номер 2, страница 127.

Условие.

2. Уравнения и неравенства с обратными тригонометрическими функциями.

Решение 6.

Решение уравнений и неравенств с обратными тригонометрическими функциями (аркфункциями) основывается на их определениях, свойствах, областях определения и множествах значений.

Основные определения и свойства

Кратко напомним ключевые характеристики аркфункций, необходимые для решения задач.

1. Арксинус: $y = \arcsin(x)$
Определена для $x \in [-1, 1]$. Множество значений: $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. Является нечетной и строго возрастающей функцией.

2. Арккосинус: $y = \arccos(x)$
Определена для $x \in [-1, 1]$. Множество значений: $[0, \pi]$. Является строго убывающей функцией. Выполняется тождество $\arccos(-x) = \pi - \arccos(x)$.

3. Арктангенс: $y = \arctan(x)$
Определена для $x \in (-\infty, +\infty)$. Множество значений: $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Является нечетной и строго возрастающей функцией.

4. Арккотангенс: $y = \arcctg(x)$
Определена для $x \in (-\infty, +\infty)$. Множество значений: $(0, \pi)$. Является строго убывающей функцией. Выполняется тождество $\arcctg(-x) = \pi - \arcctg(x)$.

Важные тождества:
$\sin(\arcsin(x)) = x$ при $x \in [-1, 1]$
$\cos(\arccos(x)) = x$ при $x \in [-1, 1]$
$\arcsin(x) + \arccos(x) = \frac{\pi}{2}$ при $x \in [-1, 1]$
$\arctan(x) + \arcctg(x) = \frac{\pi}{2}$ при $x \in \mathbb{R}$

Решение уравнений

Основной метод решения уравнений — избавление от аркфункции путем применения соответствующей тригонометрической функции к обеим частям уравнения. При этом необходимо учитывать область допустимых значений (ОДЗ) и, при необходимости, выполнять проверку найденных корней.

Пример 1: Решить уравнение $2\arcsin(x^2 - 3x + 1) = \pi$.

Решение:
1. Разделим обе части уравнения на 2: $\arcsin(x^2 - 3x + 1) = \frac{\pi}{2}$.
2. Правая часть $\frac{\pi}{2}$ принадлежит области значений арксинуса $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, поэтому уравнение может иметь решение.
3. Найдем ОДЗ. Аргумент арксинуса должен находиться в пределах от -1 до 1: $-1 \le x^2 - 3x + 1 \le 1$.
Это система из двух неравенств:
1) $x^2 - 3x + 1 \ge -1 \implies x^2 - 3x + 2 \ge 0 \implies (x-1)(x-2) \ge 0 \implies x \in (-\infty, 1] \cup [2, +\infty)$.
2) $x^2 - 3x + 1 \le 1 \implies x^2 - 3x \le 0 \implies x(x-3) \le 0 \implies x \in [0, 3]$.
Пересекая решения, получаем ОДЗ: $x \in [0, 1] \cup [2, 3]$.
4. Применим функцию синус к обеим частям уравнения $\arcsin(x^2 - 3x + 1) = \frac{\pi}{2}$:
$\sin(\arcsin(x^2 - 3x + 1)) = \sin(\frac{\pi}{2})$
$x^2 - 3x + 1 = 1$
$x^2 - 3x = 0$
$x(x-3) = 0$
Получаем корни $x_1 = 0$ и $x_2 = 3$.
5. Проверяем, принадлежат ли корни ОДЗ. Оба корня $0$ и $3$ принадлежат множеству $[0, 1] \cup [2, 3]$.
Ответ: $x \in \{0, 3\}$.

Пример 2: Решить уравнение $\arcsin(2x) + \arcsin(x) = \frac{\pi}{3}$.

Решение:
1. ОДЗ: $\begin{cases} -1 \le 2x \le 1 \\ -1 \le x \le 1 \end{cases} \implies \begin{cases} -1/2 \le x \le 1/2 \\ -1 \le x \le 1 \end{cases} \implies x \in [-1/2, 1/2]$.
2. Перенесем один из арксинусов в правую часть: $\arcsin(2x) = \frac{\pi}{3} - \arcsin(x)$.
3. Применим синус к обеим частям: $2x = \sin(\frac{\pi}{3} - \arcsin(x))$.
Используем формулу синуса разности $\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$:
$2x = \sin(\frac{\pi}{3})\cos(\arcsin x) - \cos(\frac{\pi}{3})\sin(\arcsin x)$.
4. Используя тождества $\sin(\arcsin x) = x$ и $\cos(\arcsin x) = \sqrt{1-x^2}$ (косинус положителен, так как для $x \in [-1/2, 1/2]$, $\arcsin x \in [-\pi/6, \pi/6]$, где косинус положителен), получаем:
$2x = \frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{1-x^2} - \frac{1}{2}x$
$4x = \sqrt{3}\sqrt{1-x^2} - x$
$5x = \sqrt{3}\sqrt{1-x^2}$.
5. Заметим, что правая часть неотрицательна, значит $5x \ge 0 \implies x \ge 0$. С учетом ОДЗ, $x \in [0, 1/2]$. Возведем обе части в квадрат:
$25x^2 = 3(1-x^2)$
$25x^2 = 3 - 3x^2$
$28x^2 = 3$
$x^2 = \frac{3}{28}$
$x = \pm\sqrt{\frac{3}{28}} = \pm\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$.
6. Учитывая условие $x \ge 0$, выбираем корень $x = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{14}$.
Проверим, входит ли он в ОДЗ $x \in [0, 1/2]$. Так как $\sqrt{21} < \sqrt{49} = 7$, то $\frac{\sqrt{21}}{14} < \frac{7}{14} = \frac{1}{2}$. Корень подходит.
Ответ: $x = \frac{\sqrt{21}}{14}$.

Решение неравенств

При решении неравенств ключевую роль играет монотонность аркфункций. Для возрастающих функций ($\arcsin, \arctan$) знак неравенства сохраняется, для убывающих ($\arccos, \arcctg$) — меняется на противоположный. Всегда необходимо учитывать ОДЗ и область значений.

Пример 3: Решить неравенство $\arccos(3x-1) > \frac{\pi}{3}$.

Решение:
1. ОДЗ: $-1 \le 3x-1 \le 1 \implies 0 \le 3x \le 2 \implies 0 \le x \le \frac{2}{3}$.
2. Функция $y=\arccos(t)$ является убывающей. Поэтому при применении косинуса к обеим частям знак неравенства меняется:
$\cos(\arccos(3x-1)) < \cos(\frac{\pi}{3})$
$3x-1 < \frac{1}{2}$
$3x < \frac{3}{2}$
$x < \frac{1}{2}$.
3. Также левая часть неравенства $\arccos(3x-1)$ ограничена сверху числом $\pi$ (область значений арккосинуса), что всегда больше $\frac{\pi}{3}$.
4. Объединим полученное решение $x < \frac{1}{2}$ с ОДЗ $x \in [0, \frac{2}{3}]$:
$\begin{cases} x < 1/2 \\ 0 \le x \le 2/3 \end{cases} \implies 0 \le x < \frac{1}{2}$.
Ответ: $x \in [0, \frac{1}{2})$.

Пример 4: Решить неравенство $\arctan^2(x) - 4\arctan(x) + 3 > 0$.

Решение:
1. ОДЗ для $x$ не ограничена: $x \in \mathbb{R}$.
2. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \arctan(x)$. Так как $x \in \mathbb{R}$, то $t$ принимает значения из интервала $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
3. Решаем квадратное неравенство относительно $t$:
$t^2 - 4t + 3 > 0$.
Корни уравнения $t^2 - 4t + 3 = 0$ это $t_1 = 1$ и $t_2 = 3$.
Решение неравенства: $t \in (-\infty, 1) \cup (3, +\infty)$.
4. Возвращаемся к замене и учитываем ограничение на $t$: $\begin{cases} t < 1 \text{ или } t > 3 \\ -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2} \end{cases}$.
Поскольку $\frac{\pi}{2} \approx \frac{3.14}{2} = 1.57$, то $1 < \frac{\pi}{2}$ и $3 > \frac{\pi}{2}$.
Пересечение решений дает: $t \in (-\frac{\pi}{2}, 1)$.
5. Итак, мы получили двойное неравенство: $-\frac{\pi}{2} < \arctan(x) < 1$.
6. Так как $y = \tan(t)$ является возрастающей на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, мы можем применить тангенс ко всем частям неравенства, сохраняя знаки:
$\tan(-\frac{\pi}{2}) < \tan(\arctan(x)) < \tan(1)$.
Левая часть $\tan(-\frac{\pi}{2})$ не определена, но $\arctan(x)$ стремится к $-\frac{\pi}{2}$ при $x \to -\infty$. Таким образом, левое неравенство $\arctan(x) > -\frac{\pi}{2}$ выполняется для любого $x \in \mathbb{R}$.
Остается решить $\arctan(x) < 1$. Применяя тангенс, получаем $x < \tan(1)$.
Таким образом, решением является интервал $(-\infty, \tan(1))$.
Ответ: $x \in (-\infty, \tan(1))$.