Номер 105, страница 420 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Задания для повторения - номер 105, страница 420.

Условие.

105 a) $\sin 2x + \operatorname{tg} x = 2$;

b) $\operatorname{ctg}^2 x + \operatorname{tg}^2 x = 16 \cos 2x$.

б) $\sin x + \sin 3x = 4 \cos^3 x$;

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

a) $ \sin 2x + \tg x = 2 $

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Тангенс определен, когда $ \cos x \neq 0 $, то есть $ x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k $ для $ k \in \mathbb{Z} $.

Воспользуемся формулой синуса двойного угла через тангенс: $ \sin 2x = \frac{2 \tg x}{1 + \tg^2 x} $.

Сделаем замену $ t = \tg x $. Уравнение примет вид:$ \frac{2t}{1 + t^2} + t = 2 $

Умножим обе части уравнения на $ 1 + t^2 $ (это выражение всегда положительно):$ 2t + t(1 + t^2) = 2(1 + t^2) $$ 2t + t + t^3 = 2 + 2t^2 $$ t^3 - 2t^2 + 3t - 2 = 0 $

Это кубическое уравнение относительно $t$. Попробуем найти целочисленные корни среди делителей свободного члена (-2), то есть $ \pm 1, \pm 2 $.Проверим $ t=1 $: $ 1^3 - 2(1)^2 + 3(1) - 2 = 1 - 2 + 3 - 2 = 0 $.Значит, $ t=1 $ является корнем. Разделим многочлен $ t^3 - 2t^2 + 3t - 2 $ на $ (t-1) $:$ (t^3 - 2t^2 + 3t - 2) \div (t-1) = t^2 - t + 2 $Таким образом, уравнение можно записать в виде:$ (t-1)(t^2 - t + 2) = 0 $

Рассмотрим квадратное уравнение $ t^2 - t + 2 = 0 $. Его дискриминант $ D = (-1)^2 - 4(1)(2) = 1 - 8 = -7 $.Так как $ D < 0 $, это уравнение не имеет действительных корней.

Единственным действительным решением для $t$ является $t=1$.

Сделаем обратную замену:$ \tg x = 1 $$ x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $

Эти значения удовлетворяют ОДЗ, так как $ \cos(\frac{\pi}{4} + \pi n) = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0 $.

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

б) $ \sin x + \sin 3x = 4 \cos^3 x $

ОДЗ: $ x \in \mathbb{R} $, так как все функции определены для любых действительных $x$.

Преобразуем левую часть уравнения, используя формулу суммы синусов:$ \sin x + \sin 3x = 2 \sin\frac{x+3x}{2} \cos\frac{3x-x}{2} = 2 \sin 2x \cos x $

Теперь используем формулу синуса двойного угла $ \sin 2x = 2 \sin x \cos x $:$ 2 (2 \sin x \cos x) \cos x = 4 \sin x \cos^2 x $

Подставим это в исходное уравнение:$ 4 \sin x \cos^2 x = 4 \cos^3 x $$ 4 \sin x \cos^2 x - 4 \cos^3 x = 0 $$ 4 \cos^2 x (\sin x - \cos x) = 0 $

Это уравнение распадается на два случая:

1) $ \cos^2 x = 0 \implies \cos x = 0 $$ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $

2) $ \sin x - \cos x = 0 \implies \sin x = \cos x $Если $ \cos x = 0 $, то из этого уравнения следует, что и $ \sin x = 0 $, что невозможно. Значит, $ \cos x \neq 0 $. Можем разделить обе части на $ \cos x $:$ \frac{\sin x}{\cos x} = 1 $$ \tg x = 1 $$ x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.

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

в) $ \ctg^2 x + \tg^2 x = 16 \cos 2x $

ОДЗ: $ \tg x $ и $ \ctg x $ должны быть определены, поэтому $ \sin x \neq 0 $ и $ \cos x \neq 0 $.Это эквивалентно условию $ \sin(2x) = 2 \sin x \cos x \neq 0 $, то есть $ 2x \neq \pi k \implies x \neq \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z} $.

Преобразуем левую часть уравнения. Используем тождество $ a^2+b^2 = (a+b)^2 - 2ab $:$ \ctg^2 x + \tg^2 x = (\ctg x + \tg x)^2 - 2 \ctg x \tg x $Поскольку $ \ctg x \tg x = 1 $, а $ \ctg x + \tg x = \frac{\cos x}{\sin x} + \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{1}{\frac{1}{2}\sin 2x} = \frac{2}{\sin 2x} $, левая часть равна:$ \left(\frac{2}{\sin 2x}\right)^2 - 2 = \frac{4}{\sin^2 2x} - 2 $

Подставляем это в исходное уравнение:$ \frac{4}{\sin^2 2x} - 2 = 16 \cos 2x $

Используем основное тригонометрическое тождество $ \sin^2 2x = 1 - \cos^2 2x $ и делаем замену $ y = \cos 2x $:$ \frac{4}{1 - y^2} - 2 = 16y $

Решим это уравнение относительно $y$. ОДЗ $ x \neq \frac{\pi k}{2} $ означает $ \sin 2x \neq 0 $, так что $ \sin^2 2x \neq 0 \implies 1-y^2 \neq 0 \implies y \neq \pm 1 $.$ 4 - 2(1 - y^2) = 16y(1 - y^2) $$ 4 - 2 + 2y^2 = 16y - 16y^3 $$ 2 + 2y^2 = 16y - 16y^3 $$ 16y^3 + 2y^2 - 16y + 2 = 0 $Разделим на 2:$ 8y^3 + y^2 - 8y + 1 = 0 $

Также заметим, что левая часть исходного уравнения $ \ctg^2 x + \tg^2 x $ всегда положительна, следовательно, правая часть $ 16 \cos 2x $ тоже должна быть положительной, откуда $ \cos 2x > 0 $. Таким образом, $ y > 0 $. Более того, по неравенству о средних $ \ctg^2 x + \tg^2 x \ge 2\sqrt{\ctg^2 x \cdot \tg^2 x} = 2 $. Значит, $ 16 \cos 2x \ge 2 \implies \cos 2x \ge \frac{1}{8} $. Итак, мы ищем корни кубического уравнения на интервале $ y \in [\frac{1}{8}, 1) $.

Данное кубическое уравнение не имеет простых рациональных корней. Обозначим $ f(y) = 8y^3 + y^2 - 8y + 1 $. Проверим значения на концах интересующего нас отрезка и в промежуточной точке:$ f(\frac{1}{8}) = 8(\frac{1}{512}) + (\frac{1}{64}) - 8(\frac{1}{8}) + 1 = \frac{1}{64} + \frac{1}{64} - 1 + 1 = \frac{2}{64} = \frac{1}{32} > 0 $.$ f(1) = 8 + 1 - 8 + 1 = 2 > 0 $.$ f(0.5) = 8(\frac{1}{8}) + (\frac{1}{4}) - 8(\frac{1}{2}) + 1 = 1 + \frac{1}{4} - 4 + 1 = -\frac{7}{4} < 0 $.

Поскольку функция $f(y)$ непрерывна, она имеет один корень $y_1$ на интервале $(\frac{1}{8}, \frac{1}{2})$ и другой корень $y_2$ на интервале $(\frac{1}{2}, 1)$. Третий корень уравнения находится вне отрезка $ [-1, 1] $ и не является решением для $ \cos 2x $.

Таким образом, существуют два значения $ y_1 $ и $ y_2 $, являющиеся корнями уравнения $ 8y^3 + y^2 - 8y + 1 = 0 $ и удовлетворяющие условию $ \cos 2x = y $. Решения для $x$ можно выразить через арккосинус этих корней.

1) $ \cos 2x = y_1 \implies 2x = \pm \arccos(y_1) + 2\pi n \implies x = \pm \frac{1}{2} \arccos(y_1) + \pi n, n \in \mathbb{Z} $

2) $ \cos 2x = y_2 \implies 2x = \pm \arccos(y_2) + 2\pi m \implies x = \pm \frac{1}{2} \arccos(y_2) + \pi m, m \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x = \pm \frac{1}{2} \arccos(y) + \pi k, k \in \mathbb{Z} $, где $y$ — это корни уравнения $ 8y^3 + y^2 - 8y + 1 = 0 $ на интервале $ (\frac{1}{8}, 1) $.