Номер 873, страница 331 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа. Параграф 7. Упражнения - номер 873, страница 331.

Условие.

873. 1) $5 + \sin 2x = 5(\sin x + \cos x);$

2) $2 + 2\cos x = 3\sin x \cos x + 2\sin x.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) $5 + \sin 2x = 5(\sin x + \cos x)$

Данное уравнение является симметрическим относительно $\sin x$ и $\cos x$. Для его решения удобно использовать замену переменной. Пусть $t = \sin x + \cos x$.

Возведем обе части этого равенства в квадрат:

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

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ и формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2\sin x \cos x$, получаем:

$t^2 = 1 + \sin 2x$

Отсюда выразим $\sin 2x$:

$\sin 2x = t^2 - 1$

Теперь подставим выражения для $\sin x + \cos x$ и $\sin 2x$ в исходное уравнение:

$5 + (t^2 - 1) = 5t$

Упростим и решим полученное квадратное уравнение:

$t^2 - 5t + 4 = 0$

По теореме Виета, корни этого уравнения:

$t_1 = 1$, $t_2 = 4$

Теперь выполним обратную замену для каждого из найденных корней.

Случай 1: $t = 4$

$\sin x + \cos x = 4$

Чтобы оценить это уравнение, преобразуем его левую часть методом вспомогательного угла:

$\sqrt{1^2+1^2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right) = \sqrt{2} (\cos \frac{\pi}{4} \sin x + \sin \frac{\pi}{4} \cos x) = \sqrt{2} \sin(x + \frac{\pi}{4})$

Таким образом, уравнение принимает вид:

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

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

Поскольку $2\sqrt{2} > 1$, а область значений функции синус $[-1, 1]$, данное уравнение не имеет решений.

Случай 2: $t = 1$

$\sin x + \cos x = 1$

Аналогично первому случаю, преобразуем левую часть:

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

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

Это простейшее тригонометрическое уравнение. Решения для аргумента $(x + \frac{\pi}{4})$ имеют вид:

$x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$

$x + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$

Из первой серии решений получаем:

$x = 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$

Из второй серии решений получаем:

$x = \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k = \frac{2\pi}{4} + 2\pi k = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = 2\pi n, \quad x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $n, k \in \mathbb{Z}$.

---

2) $2 + 2\cos x = 3\sin x \cos x + 2\sin x$

Перенесем все члены в левую часть уравнения:

$2 + 2\cos x - 2\sin x - 3\sin x \cos x = 0$

Сгруппируем слагаемые:

$(2 + 2\cos x) - (2\sin x + 3\sin x \cos x) = 0$

$2(1 + \cos x) - \sin x (2 + 3\cos x) = 0$

Эта группировка не приводит к простому решению. Попробуем использовать универсальную тригонометрическую подстановку через тангенс половинного угла. Пусть $t = \tan(\frac{x}{2})$. Тогда $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$ и $\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$. Этот метод требует отдельной проверки корней вида $x = \pi + 2\pi n$, так как для них $\tan(\frac{x}{2})$ не определен.

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

При $x = \pi$, $\cos x = -1$ и $\sin x = 0$. Подставим в исходное уравнение:

ЛЧ: $2 + 2\cos(\pi) = 2 + 2(-1) = 0$

ПЧ: $3\sin(\pi)\cos(\pi) + 2\sin(\pi) = 3(0)(-1) + 2(0) = 0$

ЛЧ = ПЧ, значит $x = \pi + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$ является серией решений.

Использование подстановки

Подставим выражения для $\sin x$ и $\cos x$ в исходное уравнение:

$2 + 2\frac{1-t^2}{1+t^2} = 3\frac{2t}{1+t^2}\frac{1-t^2}{1+t^2} + 2\frac{2t}{1+t^2}$

Умножим обе части на $(1+t^2)^2$ для избавления от знаменателей:

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

$2(1+2t^2+t^4) + 2(1-t^4) = 6t(1-t^2) + 4t(1+t^2)$

$2+4t^2+2t^4 + 2-2t^4 = 6t-6t^3 + 4t+4t^3$

$4+4t^2 = 10t - 2t^3$

Перенесем все в левую часть и упростим:

$2t^3 + 4t^2 - 10t + 4 = 0$

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

Найдем целые корни этого кубического уравнения среди делителей свободного члена (числа 2): $\pm1, \pm2$.

Проверим $t=1$: $1^3 + 2(1)^2 - 5(1) + 2 = 1+2-5+2=0$. Значит, $t=1$ является корнем.

Разделим многочлен $(t^3 + 2t^2 - 5t + 2)$ на $(t-1)$:

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

Теперь у нас два уравнения:

1) $t-1=0 \Rightarrow t_1=1$

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

Решим квадратное уравнение с помощью дискриминанта:

$D = 3^2 - 4(1)(-2) = 9+8=17$

$t_{2,3} = \frac{-3 \pm \sqrt{17}}{2}$

Итак, мы нашли три значения для $t = \tan(\frac{x}{2})$. Вернемся к переменной $x$.

Случай 1: $\tan(\frac{x}{2}) = 1$

$\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

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

Случай 2: $\tan(\frac{x}{2}) = \frac{-3 + \sqrt{17}}{2}$

$\frac{x}{2} = \arctan\left(\frac{-3 + \sqrt{17}}{2}\right) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = 2\arctan\left(\frac{-3 + \sqrt{17}}{2}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Случай 3: $\tan(\frac{x}{2}) = \frac{-3 - \sqrt{17}}{2}$

$\frac{x}{2} = \arctan\left(\frac{-3 - \sqrt{17}}{2}\right) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

$x = 2\arctan\left(\frac{-3 - \sqrt{17}}{2}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Объединяя все найденные серии решений, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x = \pi + 2\pi n, \quad x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, \quad x = 2\arctan\left(\frac{-3 \pm \sqrt{17}}{2}\right) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.