Номер 29.25, страница 184, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 29. Уравнения и неравенства с модулями. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 29.25, страница 184.

29.25. Решите уравнение:

а) $ |2 \sin x + 1| + |-1 + 2 \cos x| = 2 |\sin x + \cos x|; $

б) $ \left|\frac{\lg^2 x}{4} - 1\right| + \left|\frac{\lg x - 3}{2} + 1\right| = \left|\frac{\lg^2 x}{4} + \frac{\lg x - 3}{2}\right|; $

в) $ |2 \sin 2x - \sqrt{3}| + |\sqrt{3} + 2 \cos x| = 2 |\sin 2x + \cos x|; $

г) $ |2 - \lg x| + |\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2| = |\log_5(x^2 - 7x + 7) - \lg x|. $

а)

Исходное уравнение: $|2 \sin x + 1| + |-1 + 2 \cos x| = 2 |\sin x + \cos x|$.

Заметим, что $|-1 + 2 \cos x| = |-(1 - 2 \cos x)| = |1 - 2 \cos x|$. Также $2 |\sin x + \cos x| = |2 \sin x + 2 \cos x|$.

Уравнение можно переписать в виде: $|2 \sin x + 1| + |2 \cos x - 1| = |(2 \sin x + 1) + (2 \cos x - 1)|$. Нет, это неверно. Сумма выражений в модулях слева: $(2 \sin x + 1) + (-1 + 2 \cos x) = 2 \sin x + 2 \cos x$.

Введем обозначения: $A = 2 \sin x + 1$ и $B = -1 + 2 \cos x$. Тогда правая часть уравнения есть $|A+B|$. Уравнение принимает вид $|A| + |B| = |A+B|$.

Это равенство верно тогда и только тогда, когда $A$ и $B$ имеют одинаковый знак, то есть их произведение неотрицательно: $A \cdot B \ge 0$.

$(2 \sin x + 1)(-1 + 2 \cos x) \ge 0$, что эквивалентно $(2 \sin x + 1)(2 \cos x - 1) \ge 0$.

Это неравенство выполняется в двух случаях:

1) Оба множителя неотрицательны:

$ \begin{cases} 2 \sin x + 1 \ge 0 \\ 2 \cos x - 1 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x \ge -1/2 \\ \cos x \ge 1/2 \end{cases} $

Решением этой системы является $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2) Оба множителя неположительны:

$ \begin{cases} 2 \sin x + 1 \le 0 \\ 2 \cos x - 1 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x \le -1/2 \\ \cos x \le 1/2 \end{cases} $

Решением этой системы является $x \in [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяя решения обоих случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k] \cup [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

б)

Исходное уравнение: $|\frac{\lg^2 x}{4} - 1| + |\frac{\lg x - 3}{2} + 1| = |\frac{\lg^2 x}{4} + \frac{\lg x - 3}{2}|$.

Введем обозначения: $A = \frac{\lg^2 x}{4} - 1$ и $B = \frac{\lg x - 3}{2} + 1$.

Правая часть уравнения не является ни $|A+B|$, ни $|A-B|$. Введем другие обозначения: $u = \frac{\lg^2 x}{4}$ и $v = \frac{\lg x - 3}{2}$.

Тогда уравнение принимает вид: $|u - 1| + |v + 1| = |u + v|$.

Пусть $A = u - 1$ и $B = v + 1$. Тогда $A+B = (u-1) + (v+1) = u+v$. Уравнение имеет вид $|A| + |B| = |A+B|$, что равносильно условию $A \cdot B \ge 0$.

$(u - 1)(v + 1) \ge 0$.

Подставим обратно выражения для $u$ и $v$:

$(\frac{\lg^2 x}{4} - 1) (\frac{\lg x - 3}{2} + 1) \ge 0$

$(\frac{\lg^2 x - 4}{4}) (\frac{\lg x - 1}{2}) \ge 0$

$(\lg^2 x - 4)(\lg x - 1) \ge 0$

$(\lg x - 2)(\lg x + 2)(\lg x - 1) \ge 0$

Сделаем замену $y = \lg x$. Получим неравенство $(y-2)(y+2)(y-1) \ge 0$.

Решая его методом интервалов, находим, что $y \in [-2, 1] \cup [2, \infty)$.

Возвращаемся к переменной $x$:

1) $-2 \le \lg x \le 1 \implies 10^{-2} \le x \le 10^1 \implies 0.01 \le x \le 10$.

2) $\lg x \ge 2 \implies x \ge 10^2 \implies x \ge 100$.

Область допустимых значений для $\lg x$ - это $x > 0$. Найденные решения удовлетворяют этому условию.

Ответ: $x \in [0.01, 10] \cup [100, \infty)$.

в)

Исходное уравнение: $|2 \sin 2x - \sqrt{3}| + |\sqrt{3} + 2 \cos x| = 2 |\sin 2x + \cos x|$.

Перепишем правую часть: $2 |\sin 2x + \cos x| = |2 \sin 2x + 2 \cos x|$.

Введем обозначения: $A = 2 \sin 2x - \sqrt{3}$ и $B = \sqrt{3} + 2 \cos x$.

Тогда $A+B = (2 \sin 2x - \sqrt{3}) + (\sqrt{3} + 2 \cos x) = 2 \sin 2x + 2 \cos x$.

Уравнение принимает вид $|A| + |B| = |A+B|$, что равносильно условию $A \cdot B \ge 0$.

$(2 \sin 2x - \sqrt{3})(\sqrt{3} + 2 \cos x) \ge 0$.

Решим это неравенство методом интервалов на отрезке $[0, 2\pi]$.

Найдем корни множителей:

$2 \sin 2x - \sqrt{3} = 0 \implies \sin 2x = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies 2x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n$ или $2x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n$. Отсюда $x = \frac{\pi}{6} + \pi n$ или $x = \frac{\pi}{3} + \pi n$. На отрезке $[0, 2\pi]$ получаем корни $x = \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{7\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}$.

$\sqrt{3} + 2 \cos x = 0 \implies \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. На отрезке $[0, 2\pi]$ получаем корни $x = \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}$.

Отметим все корни на числовой окружности и определим знаки произведения на полученных интервалах:

Интервалы, где произведение $\ge 0$:

$[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}]$

$[\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}]$

$[\frac{7\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}]$

Объединяя смежные интервалы, получаем решение на отрезке $[0, 2\pi]$: $x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}] \cup [\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}]$.

Обобщая на все действительные числа, добавляем период $2\pi k$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k] \cup [\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

г)

Исходное уравнение: $|2 - \lg x| + |\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2| = |\log_5(x^2 - 7x + 7) - \lg x|$.

Введем обозначения: $A = 2 - \lg x$ и $B = \log_5(x^2 - 7x + 7) - 2$.

Тогда $A+B = (2 - \lg x) + (\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2) = \log_5(x^2 - 7x + 7) - \lg x$.

Уравнение принимает вид $|A| + |B| = |A+B|$, что равносильно условию $A \cdot B \ge 0$.

$(2 - \lg x)(\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2) \ge 0$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

1) $x > 0$ (из-за $\lg x$).

2) $x^2 - 7x + 7 > 0$. Корни квадратного трехчлена: $x_{1,2} = \frac{7 \pm \sqrt{49-28}}{2} = \frac{7 \pm \sqrt{21}}{2}$.Таким образом, $x \in (-\infty, \frac{7 - \sqrt{21}}{2}) \cup (\frac{7 + \sqrt{21}}{2}, \infty)$.

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (0, \frac{7 - \sqrt{21}}{2}) \cup (\frac{7 + \sqrt{21}}{2}, \infty)$.

Решаем неравенство $(2 - \lg x)(\log_5(x^2 - 7x + 7) - 2) \ge 0$.

Случай 1: Оба множителя неотрицательны.

$ \begin{cases} 2 - \lg x \ge 0 \\ \log_5(x^2 - 7x + 7) - 2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \lg x \le 2 \\ x^2 - 7x + 7 \ge 5^2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 100 \\ x^2 - 7x - 18 \ge 0 \end{cases} $

Неравенство $x^2 - 7x - 18 \ge 0$ имеет решение $x \in (-\infty, -2] \cup [9, \infty)$.

Пересечение $x \le 100$ и $x \in (-\infty, -2] \cup [9, \infty)$ дает $x \in (-\infty, -2] \cup [9, 100]$.

Учитывая ОДЗ, получаем решение для этого случая: $x \in [9, 100]$. ($\frac{7+\sqrt{21}}{2} \approx 5.79$, поэтому $[9, 100]$ полностью входит в ОДЗ).

Случай 2: Оба множителя неположительны.

$ \begin{cases} 2 - \lg x \le 0 \\ \log_5(x^2 - 7x + 7) - 2 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \lg x \ge 2 \\ x^2 - 7x + 7 \le 25 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge 100 \\ x^2 - 7x - 18 \le 0 \end{cases} $

Неравенство $x^2 - 7x - 18 \le 0$ имеет решение $x \in [-2, 9]$.

Пересечение $x \ge 100$ и $x \in [-2, 9]$ является пустым множеством. Решений в этом случае нет.

Итоговое решение - это решение из первого случая.

Ответ: $x \in [9, 100]$.