Страница 237 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

8.30* a) $\frac{1 - \text{tg}^2 x}{1 + \text{tg}^2 x} = \cos x - \sin^2 x;$

б) $\frac{1 - \text{tg}^2 x}{1 + \text{tg}^2 x} = \cos^2 x + \sin x;$

В) $\frac{2 \text{tg} x}{1 + \text{tg}^2 x} = 2 \cos^2 x - \sqrt{2} \cos x;$

Г) $\frac{2 \text{tg} x}{1 + \text{tg}^2 x} = \sqrt{2} \cos x - 2 \cos^2 x.$

а) $\frac{1 - \tg^2 x}{1 + \tg^2 x} = \cos x - \sin^2 x$

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$, что означает $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой, а именно формулой косинуса двойного угла через тангенс: $\cos(2x) = \frac{1 - \tg^2 x}{1 + \tg^2 x}$.

Также преобразуем правую часть уравнения, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$:

$\cos x - \sin^2 x = \cos x - (1 - \cos^2 x) = \cos^2 x + \cos x - 1$.

Теперь уравнение принимает вид:

$\cos(2x) = \cos^2 x + \cos x - 1$

Применим формулу косинуса двойного угла $\cos(2x) = 2\cos^2 x - 1$:

$2\cos^2 x - 1 = \cos^2 x + \cos x - 1$

Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные:

$\cos^2 x - \cos x = 0$

Вынесем $\cos x$ за скобки:

$\cos x (\cos x - 1) = 0$

Это равенство выполняется в двух случаях:

1) $\cos x = 0$. Эти решения не входят в ОДЗ, так как тангенс при таких значениях $x$ не определен.

2) $\cos x - 1 = 0 \implies \cos x = 1$.

Решением уравнения $\cos x = 1$ является $x = 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Эти значения удовлетворяют ОДЗ, так как $\cos(2\pi n) = 1 \neq 0$.

Ответ: $x = 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

б) $\frac{1 - \tg^2 x}{1 + \tg^2 x} = \cos^2 x + \sin x$

ОДЗ: $\cos x \neq 0 \implies x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу $\cos(2x) = \frac{1 - \tg^2 x}{1 + \tg^2 x}$ для левой части. Уравнение принимает вид:

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

Применим формулы $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2 x$ и $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$, чтобы привести уравнение к переменной $\sin x$:

$1 - 2\sin^2 x = (1 - \sin^2 x) + \sin x$

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

Перенесем все члены в правую часть:

$0 = \sin^2 x + \sin x$

$\sin x (\sin x + 1) = 0$

Получаем два случая:

1) $\sin x = 0$. Решения: $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Проверим ОДЗ: $\cos(\pi n) = (-1)^n \neq 0$. Эти решения подходят.

2) $\sin x + 1 = 0 \implies \sin x = -1$. Решения: $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Проверим ОДЗ: $\cos(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k) = 0$. Эти решения не входят в ОДЗ и являются посторонними.

Ответ: $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

в) $\frac{2 \tg x}{1 + \tg^2 x} = 2\cos^2 x - \sqrt{2}\cos x$

ОДЗ: $\cos x \neq 0 \implies x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

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

Уравнение принимает вид:

$\sin(2x) = 2\cos^2 x - \sqrt{2}\cos x$

Используем формулу синуса двойного угла $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$:

$2\sin x \cos x = 2\cos^2 x - \sqrt{2}\cos x$

Перенесем все в левую часть и вынесем $\cos x$ за скобки:

$2\sin x \cos x - 2\cos^2 x + \sqrt{2}\cos x = 0$

$\cos x (2\sin x - 2\cos x + \sqrt{2}) = 0$

Получаем два случая:

1) $\cos x = 0$. Не удовлетворяет ОДЗ.

2) $2\sin x - 2\cos x + \sqrt{2} = 0$.

Решаем второе уравнение:

$2(\sin x - \cos x) = -\sqrt{2}$

$\sin x - \cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Умножим обе части на $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ($\frac{1}{\sqrt{2}}$), чтобы применить формулу синуса разности:

$\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x - \frac{\sqrt{2}}{2}\cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin x \cos(\frac{\pi}{4}) - \cos x \sin(\frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{2}$

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

Решения этого уравнения:

$x - \frac{\pi}{4} = (-1)^n \arcsin(-\frac{1}{2}) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x - \frac{\pi}{4} = (-1)^n (-\frac{\pi}{6}) + \pi n$

$x - \frac{\pi}{4} = (-1)^{n+1} \frac{\pi}{6} + \pi n$

$x = \frac{\pi}{4} + (-1)^{n+1} \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Эти решения удовлетворяют ОДЗ, так как если бы $\cos x = 0$, то $\sin x = \pm 1$. Подставляя в уравнение $\sin x - \cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, получили бы $\pm 1 - 0 \neq -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + (-1)^{n+1} \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

г) $\frac{2 \tg x}{1 + \tg^2 x} = \sqrt{2}\cos x - 2\cos^2 x$

ОДЗ: $\cos x \neq 0 \implies x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу $\sin(2x) = \frac{2 \tg x}{1 + \tg^2 x}$:

$\sin(2x) = \sqrt{2}\cos x - 2\cos^2 x$

Применяем $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$:

$2\sin x \cos x = \sqrt{2}\cos x - 2\cos^2 x$

Переносим все в левую часть и факторизуем:

$2\sin x \cos x + 2\cos^2 x - \sqrt{2}\cos x = 0$

$\cos x (2\sin x + 2\cos x - \sqrt{2}) = 0$

Получаем два случая:

1) $\cos x = 0$. Не удовлетворяет ОДЗ.

2) $2\sin x + 2\cos x - \sqrt{2} = 0$.

Решаем второе уравнение:

$2(\sin x + \cos x) = \sqrt{2}$

$\sin x + \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Умножим обе части на $\frac{\sqrt{2}}{2}$, чтобы применить формулу синуса суммы:

$\frac{\sqrt{2}}{2}\sin x + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos x = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

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

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

Решения этого уравнения:

$x + \frac{\pi}{4} = (-1)^n \arcsin(\frac{1}{2}) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x + \frac{\pi}{4} = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n$

$x = -\frac{\pi}{4} + (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Эти решения удовлетворяют ОДЗ по аналогии с пунктом в).

Ответ: $x = -\frac{\pi}{4} + (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

8.31* ИССЛЕДУЕМ. При каких значениях параметра a уравнение:

а) $x - a + \sqrt{x - a} = 2x + 1 + \sqrt{x - a};$

б) $\frac{a - 2}{ax - 3} = 1;$ в) $\frac{1}{(\log_x 5)^2} - 2a \cdot \log_5 x + 1 = 0$

имеет единственный корень?

а)

Рассмотрим уравнение $x - a + \sqrt{x - a} = 2x + 1 + \sqrt{x - a}$.
Первым шагом определим область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:
$x - a \ge 0$, что означает $x \ge a$.

В левой и правой частях уравнения присутствует одинаковый член $\sqrt{x - a}$. Мы можем вычесть его из обеих частей уравнения:
$x - a = 2x + 1$

Теперь решим полученное линейное уравнение относительно $x$:
$x - 2x = a + 1$
$-x = a + 1$
$x = -a - 1$

Это единственный возможный корень. Чтобы он был решением исходного уравнения, он должен удовлетворять ОДЗ, то есть $x \ge a$. Подставим найденное значение $x$ в это неравенство:
$-a - 1 \ge a$
$-1 \ge 2a$
$a \le -\frac{1}{2}$

Таким образом, если $a \le -1/2$, уравнение имеет единственный корень $x = -a - 1$. Если же $a > -1/2$, то корень $x = -a - 1$ не удовлетворяет ОДЗ, и уравнение не имеет решений.
Следовательно, уравнение имеет единственный корень при $a \le -1/2$.

Ответ: $a \in (-\infty; -0.5]$.

б)

Рассмотрим уравнение $\frac{a - 2}{ax - 3} = 1$.
ОДЗ: знаменатель дроби не должен быть равен нулю, то есть $ax - 3 \ne 0$.

Умножим обе части уравнения на знаменатель $ax - 3$, при условии, что он не равен нулю:
$a - 2 = ax - 3$
$a + 1 = ax$

Рассмотрим два случая в зависимости от значения параметра $a$:
1. Если $a = 0$, уравнение принимает вид $0 + 1 = 0 \cdot x$, или $1 = 0$. Это неверно, следовательно, при $a = 0$ решений нет. Исходное уравнение при $a=0$ выглядит как $\frac{-2}{-3} = 1$, что также неверно.

2. Если $a \ne 0$, мы можем разделить обе части уравнения $ax = a + 1$ на $a$:
$x = \frac{a+1}{a}$
Это единственный потенциальный корень. Теперь необходимо проверить, при каких значениях $a$ этот корень удовлетворяет ОДЗ ($ax - 3 \ne 0$). Подставим $ax = a+1$ в это условие:
$(a + 1) - 3 \ne 0$
$a - 2 \ne 0$
$a \ne 2$

Итак, при $a \ne 0$ и $a \ne 2$ уравнение имеет единственный корень $x = \frac{a+1}{a}$. Если $a=2$, то потенциальный корень $x = \frac{2+1}{2} = 1.5$ не входит в ОДЗ ($2x - 3 \ne 0 \Rightarrow x \ne 1.5$), поэтому решений нет.
Объединяя результаты, получаем, что уравнение имеет единственный корень при всех значениях $a$, кроме $a=0$ и $a=2$.

Ответ: $a \in (-\infty; 0) \cup (0; 2) \cup (2; +\infty)$.

в)

Рассмотрим уравнение $\frac{1}{(\log_x 5)^2} - 2a \cdot \log_5 x + 1 = 0$.
ОДЗ: основание логарифма должно быть положительным и не равным единице ($x > 0, x \ne 1$), а выражение под логарифмом — положительным (что выполняется, т.к. это число 5). Также знаменатель не должен быть равен нулю, т.е. $\log_x 5 \ne 0$, что эквивалентно $x \ne 1$. Таким образом, ОДЗ: $x > 0, x \ne 1$.

Воспользуемся свойством логарифма $\log_b c = \frac{1}{\log_c b}$ для преобразования первого члена:
$\frac{1}{(\log_x 5)^2} = (\log_5 x)^2$.
Уравнение принимает вид:
$(\log_5 x)^2 - 2a \log_5 x + 1 = 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_5 x$. Уравнение становится квадратным относительно $t$:
$t^2 - 2at + 1 = 0$

Исходное уравнение будет иметь единственный корень по $x$, если это квадратное уравнение будет иметь единственный корень по $t$, который удовлетворяет ограничениям, накладываемым ОДЗ. Связь $x=5^t$ является взаимно-однозначной. Условие $x > 0$ выполняется для любого действительного $t$. Условие $x \ne 1$ означает $5^t \ne 1$, что равносильно $t \ne 0$.
Проверим, может ли $t=0$ быть корнем уравнения $t^2 - 2at + 1 = 0$. Подстановка $t=0$ дает $0^2 - 2a(0) + 1 = 0$, или $1=0$, что является ложным равенством. Значит, $t=0$ не является корнем ни при каком $a$.

Следовательно, для получения единственного решения по $x$, нам необходимо, чтобы квадратное уравнение по $t$ имело ровно одно решение. Это происходит, когда дискриминант $D$ равен нулю.
$D = (-2a)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1 = 4a^2 - 4$
$D = 0 \implies 4a^2 - 4 = 0$
$4a^2 = 4$
$a^2 = 1$
$a = 1$ или $a = -1$.

При $a \in \{-1, 1\}$ уравнение имеет единственный корень.

Ответ: $a = -1, a = 1$.