Номер 9.39, страница 256 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы. Параграф 9. Равносильность уравнений и неравенств системам - номер 9.39, страница 256.

Условие.

9.39* a) $log_{0,5} \operatorname{tg} x + \left(\frac{1}{3}\right)^{\operatorname{tg} x} - \sqrt[7]{\operatorname{tg} x} = log_{0,5} \operatorname{ctg} x + \left(\frac{1}{3}\right)^{\operatorname{ctg} x} - \sqrt[7]{\operatorname{ctg} x};$

б) $log_{0,2} \sin x - 5^{\sin x} - \sqrt[4]{\sin x} = log_{0,2} (-\cos x) - 5^{-\cos x} - \sqrt[4]{-\cos x}.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

a) Решим уравнение $\log_{0.5} \operatorname{tg} x + (\frac{1}{3})^{\operatorname{tg} x} - \sqrt[7]{\operatorname{tg} x} = \log_{0.5} \operatorname{ctg} x + (\frac{1}{3})^{\operatorname{ctg} x} - \sqrt[7]{\operatorname{ctg} x}$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительны: $\operatorname{tg} x > 0$ и $\operatorname{ctg} x > 0$. Так как $\operatorname{ctg} x = \frac{1}{\operatorname{tg} x}$, второе условие автоматически выполняется, если выполняется первое. Таким образом, ОДЗ определяется неравенством $\operatorname{tg} x > 0$. Это соответствует $x \in (\pi k, \pi k + \frac{\pi}{2})$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Заметим, что уравнение имеет вид $f(\operatorname{tg} x) = f(\operatorname{ctg} x)$, где $f(t) = \log_{0.5} t + (\frac{1}{3})^t - \sqrt[7]{t}$.

Исследуем эту функцию на монотонность на ее области определения $t > 0$. Для этого найдем ее производную:

$f'(t) = (\log_{0.5} t + (\frac{1}{3})^t - t^{1/7})' = (\log_{0.5} t)' + ((\frac{1}{3})^t)' - (t^{1/7})'$.

Вычислим производные каждого слагаемого:

$(\log_{0.5} t)' = \frac{1}{t \ln 0.5} = -\frac{1}{t \ln 2}$.

$((\frac{1}{3})^t)' = (\frac{1}{3})^t \ln(\frac{1}{3}) = -(\frac{1}{3})^t \ln 3$.

$-(t^{1/7})' = -\frac{1}{7} t^{-6/7} = -\frac{1}{7\sqrt[7]{t^6}}$.

Тогда производная функции $f'(t) = -\frac{1}{t \ln 2} - (\frac{1}{3})^t \ln 3 - \frac{1}{7\sqrt[7]{t^6}}$.

В области определения $t > 0$ все три слагаемых в выражении для производной отрицательны, так как $t > 0, \ln 2 > 0, \ln 3 > 0$. Следовательно, $f'(t) < 0$ для всех $t > 0$.

Это означает, что функция $f(t)$ является строго монотонно убывающей на всей своей области определения $(0, +\infty)$.

Для строго монотонной функции равенство $f(a) = f(b)$ выполняется тогда и только тогда, когда $a = b$. Применительно к нашему уравнению это означает, что $\operatorname{tg} x = \operatorname{ctg} x$.

Решим полученное тригонометрическое уравнение:

$\operatorname{tg} x = \frac{1}{\operatorname{tg} x}$

$\operatorname{tg}^2 x = 1$

$\operatorname{tg} x = 1$ или $\operatorname{tg} x = -1$.

Согласно ОДЗ, нам подходит только решение, где $\operatorname{tg} x > 0$. Поэтому оставляем только $\operatorname{tg} x = 1$.

Из $\operatorname{tg} x = 1$ находим $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Эти значения удовлетворяют ОДЗ.

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

б) Решим уравнение $\log_{0.2} \sin x - 5^{\sin x} - \sqrt[4]{\sin x} = \log_{0.2} (-\cos x) - 5^{-\cos x} - \sqrt[4]{-\cos x}$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов и подкоренные выражения четной степени должны быть строго положительны:

1. $\sin x > 0$, что соответствует $x \in (2\pi k, \pi + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$ (I и II координатные четверти).

2. $-\cos x > 0$, что эквивалентно $\cos x < 0$. Это соответствует $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$ (II и III координатные четверти).

Пересечение этих двух условий дает нам II координатную четверть: $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \pi + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Уравнение можно представить в виде $f(\sin x) = f(-\cos x)$, где функция $f(t) = \log_{0.2} t - 5^t - \sqrt[4]{t}$.

Исследуем эту функцию на монотонность при $t > 0$. Найдем ее производную:

$f'(t) = (\log_{0.2} t - 5^t - t^{1/4})' = (\log_{0.2} t)' - (5^t)' - (t^{1/4})'$.

Вычислим производные:

$(\log_{0.2} t)' = \frac{1}{t \ln 0.2} = -\frac{1}{t \ln 5}$.

$-(5^t)' = -5^t \ln 5$.

$-(t^{1/4})' = -\frac{1}{4}t^{-3/4} = -\frac{1}{4\sqrt[4]{t^3}}$.

Таким образом, производная $f'(t) = -\frac{1}{t \ln 5} - 5^t \ln 5 - \frac{1}{4\sqrt[4]{t^3}}$.

Для $t > 0$ все слагаемые в выражении для производной отрицательны. Следовательно, $f'(t) < 0$ для всех $t > 0$.

Функция $f(t)$ является строго монотонно убывающей на $(0, +\infty)$.

Из строгого убывания функции следует, что равенство $f(\sin x) = f(-\cos x)$ возможно только при $\sin x = -\cos x$.

Решим это уравнение. Так как в ОДЗ $\cos x < 0$, мы можем разделить обе части на $\cos x$ без риска деления на ноль:

$\frac{\sin x}{\cos x} = -1$

$\operatorname{tg} x = -1$.

Общее решение этого уравнения: $x = -\frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь отберем корни, удовлетворяющие ОДЗ: $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \pi + 2\pi k)$.

Подставляя различные целые значения $n$, находим подходящие корни. Например, при $n=1$, $x = -\frac{\pi}{4} + \pi = \frac{3\pi}{4}$. Этот корень принадлежит интервалу $(\frac{\pi}{2}, \pi)$ (случай $k=0$ в ОДЗ). При $n=2$, $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi = \frac{7\pi}{4}$, что не входит в ОДЗ. При $n=3$, $x = -\frac{\pi}{4} + 3\pi = \frac{11\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} + 2\pi$, что соответствует случаю $k=1$.

Таким образом, решениями являются все углы вида $x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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