Номер 0.35, страница 9, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

0.35. Решите уравнение:

1) $\sin x = \cos \sqrt{x}$;

2) $\sin(\pi \operatorname{ctg} x) = \cos(\pi \operatorname{tg} x)$;

3) $2 \arccos x = \arccos (2x^2 - 1)$;

4) $\arccos x = \operatorname{arctg} \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$.

1)

Исходное уравнение: $sinx = cos\sqrt{x}$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием существования квадратного корня: $x \ge 0$.

Используем формулу приведения: $cos\alpha = sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)$.

Уравнение принимает вид: $sinx = sin(\frac{\pi}{2} - \sqrt{x})$.

Равенство синусов $sin(a) = sin(b)$ выполняется в двух случаях:

1) $a = b + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = \frac{\pi}{2} - \sqrt{x} + 2\pi k$

$x + \sqrt{x} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$

2) $a = \pi - b + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

$x = \pi - (\frac{\pi}{2} - \sqrt{x}) + 2\pi k$

$x = \frac{\pi}{2} + \sqrt{x} + 2\pi k$

$x - \sqrt{x} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$

Рассмотрим каждый случай отдельно, сделав замену $y = \sqrt{x}$, где $y \ge 0$.

Случай 1: $y^2 + y = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.

Это квадратное уравнение относительно $\text{y}$: $y^2 + y - (\frac{\pi}{2} + 2\pi k) = 0$.

Левая часть $y^2+y \ge 0$ при $y \ge 0$. Следовательно, правая часть также должна быть неотрицательной: $\frac{\pi}{2} + 2\pi k \ge 0 \implies 2\pi k \ge -\frac{\pi}{2} \implies k \ge -\frac{1}{4}$. Так как $\text{k}$ — целое, то $k \ge 0$.

Решения для $\text{y}$: $y = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4(\frac{\pi}{2} + 2\pi k)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}$.

Поскольку $y \ge 0$, выбираем корень со знаком плюс: $y = \frac{-1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}$.

Возвращаясь к $\text{x}$: $x = y^2 = \left(\frac{-1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}\right)^2$, где $k \in \{0, 1, 2, ...\}$.

Случай 2: $y^2 - y = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$.

Это квадратное уравнение: $y^2 - y - (\frac{\pi}{2} + 2\pi k) = 0$.

Минимум функции $f(y) = y^2 - y$ при $y \ge 0$ равен $-1/4$ (при $y=1/2$). Значит, $\frac{\pi}{2} + 2\pi k \ge -\frac{1}{4} \implies 2\pi k \ge -\frac{\pi}{2} - \frac{1}{4} \implies k \ge -\frac{1}{4} - \frac{1}{8\pi}$. Так как $\text{k}$ — целое, то $k \ge 0$.

Решения для $\text{y}$: $y = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4(\frac{\pi}{2} + 2\pi k)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}$.

Поскольку $y \ge 0$, и $\sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k} > 1$ при $k \ge 0$, корень со знаком минус будет отрицательным. Выбираем корень со знаком плюс: $y = \frac{1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}$.

Возвращаясь к $\text{x}$: $x = y^2 = \left(\frac{1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}\right)^2$, где $k \in \{0, 1, 2, ...\}$.

Ответ: $x = \left(\frac{-1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}\right)^2$ и $x = \left(\frac{1 + \sqrt{1 + 2\pi + 8\pi k}}{2}\right)^2$ для всех целых $k \ge 0$.

2)

Исходное уравнение: $sin(\pi ctgx) = cos(\pi tgx)$.

ОДЗ: $tgx$ и $ctgx$ должны быть определены, поэтому $x \neq \frac{\pi n}{2}$ для любого целого $\text{n}$.

Используем формулу приведения $cos\alpha = sin(\frac{\pi}{2} - \alpha)$.

$sin(\pi ctgx) = sin(\frac{\pi}{2} - \pi tgx)$.

Это равенство выполняется в двух случаях ($k \in \mathbb{Z}$):

1) $\pi ctgx = \frac{\pi}{2} - \pi tgx + 2\pi k$.

Разделив на $\pi$, получим: $ctgx + tgx = \frac{1}{2} + 2k$.

Преобразуем левую часть: $ctgx + tgx = \frac{cos x}{sin x} + \frac{sin x}{cos x} = \frac{cos^2x + sin^2x}{sinx cosx} = \frac{1}{\frac{1}{2}sin(2x)} = \frac{2}{sin(2x)}$.

Получаем $\frac{2}{sin(2x)} = \frac{1+4k}{2} \implies sin(2x) = \frac{4}{1+4k}$.

Так как $|sin(2x)| \le 1$, то $|\frac{4}{1+4k}| \le 1 \implies |1+4k| \ge 4$.

Это условие выполняется, если $1+4k \ge 4$ (т.е. $k \ge 3/4 \implies k \ge 1$) или $1+4k \le -4$ (т.е. $k \le -5/4 \implies k \le -2$).

Решения: $x = \frac{1}{2}arcsin(\frac{4}{1+4k}) + \pi n$ и $x = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}arcsin(\frac{4}{1+4k}) + \pi n$ для $n \in \mathbb{Z}$ и целых $\text{k}$ таких, что $k \ge 1$ или $k \le -2$.

2) $\pi ctgx = \pi - (\frac{\pi}{2} - \pi tgx) + 2\pi k = \frac{\pi}{2} + \pi tgx + 2\pi k$.

Разделив на $\pi$: $ctgx - tgx = \frac{1}{2} + 2k$.

Преобразуем левую часть: $ctgx - tgx = \frac{cos^2x - sin^2x}{sinx cosx} = \frac{cos(2x)}{\frac{1}{2}sin(2x)} = 2ctg(2x)$.

Получаем $2ctg(2x) = \frac{1+4k}{2} \implies ctg(2x) = \frac{1+4k}{4}$.

Это уравнение имеет решения для любых $k \in \mathbb{Z}$.

$2x = arcctg(\frac{1+4k}{4}) + \pi n \implies x = \frac{1}{2}arcctg(\frac{1+4k}{4}) + \frac{\pi n}{2}$ для $n, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{1}{2}arcctg(\frac{1+4k}{4}) + \frac{\pi n}{2}$ при $n,k \in \mathbb{Z}$;

$x = \frac{1}{2}arcsin(\frac{4}{1+4k}) + \pi n$ и $x = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}arcsin(\frac{4}{1+4k}) + \pi n$ при $n \in \mathbb{Z}$ и $k \in \mathbb{Z}$ таких, что $k \le -2$ или $k \ge 1$.

3)

Исходное уравнение: $2arccosx = arccos(2x^2 - 1)$.

ОДЗ: для $arccosx$ необходимо $-1 \le x \le 1$. Для $arccos(2x^2-1)$ необходимо $-1 \le 2x^2-1 \le 1 \implies 0 \le 2x^2 \le 2 \implies 0 \le x^2 \le 1$, что также дает $-1 \le x \le 1$. Итак, ОДЗ: $x \in [-1, 1]$.

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла для обратных тригонометрических функций. Пусть $\alpha = arccosx$. Тогда $x = cos\alpha$ и $\alpha \in [0, \pi]$.

Уравнение принимает вид: $2\alpha = arccos(2cos^2\alpha - 1) = arccos(cos(2\alpha))$.

Функция $arccos(cos(y))$ равна $\text{y}$ только при $y \in [0, \pi]$. Нам нужно рассмотреть, в каком диапазоне находится $2\alpha$.

Так как $\alpha \in [0, \pi]$, то $2\alpha \in [0, 2\pi]$. Разобьем этот диапазон на два.

Случай 1: $2\alpha \in [0, \pi]$.

Это соответствует $\alpha \in [0, \pi/2]$. Так как $arccosx$ — убывающая функция, это значит $x = cos\alpha \in [cos(\pi/2), cos(0)] = [0, 1]$.

В этом случае $arccos(cos(2\alpha)) = 2\alpha$. Уравнение $2\alpha = 2\alpha$ является тождеством. Следовательно, все $\text{x}$ из отрезка $[0, 1]$ являются решениями.

Случай 2: $2\alpha \in (\pi, 2\pi]$.

Это соответствует $\alpha \in (\pi/2, \pi]$. Тогда $x = cos\alpha \in [cos(\pi), cos(\pi/2)) = [-1, 0)$.

В этом случае $arccos(cos(2\alpha)) = 2\pi - 2\alpha$. Уравнение принимает вид:

$2\alpha = 2\pi - 2\alpha$

$4\alpha = 2\pi \implies \alpha = \pi/2$.

Это значение $\alpha$ не входит в рассматриваемый интервал $(\pi/2, \pi]$. Значит, в этом случае решений нет.

Объединяя результаты, получаем, что решением является отрезок $[0, 1]$.

Ответ: $x \in [0, 1]$.

4)

Исходное уравнение: $arccosx = arctg\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$.

ОДЗ: для $arccosx$ нужно $-1 \le x \le 1$. Для знаменателя и подкоренного выражения нужно $1-x^2 > 0 \implies x^2 < 1 \implies -1 < x < 1$. Общее ОДЗ: $x \in (-1, 1)$.

Пусть $\alpha = arccosx$. Тогда $x=cos\alpha$ и $\alpha \in (0, \pi)$ (так как $x \neq \pm 1$).

Подставим $x=cos\alpha$ в правую часть уравнения:

$arctg\frac{cos\alpha}{\sqrt{1-cos^2\alpha}} = arctg\frac{cos\alpha}{\sqrt{sin^2\alpha}}$.

Поскольку $\alpha \in (0, \pi)$, $sin\alpha > 0$, поэтому $\sqrt{sin^2\alpha} = sin\alpha$.

Выражение упрощается до $arctg(\frac{cos\alpha}{sin\alpha}) = arctg(ctg\alpha)$.

Исходное уравнение принимает вид: $\alpha = arctg(ctg\alpha)$.

Используем тождество $arctg(y) + arcctg(y) = \frac{\pi}{2}$, откуда $arctg(y) = \frac{\pi}{2} - arcctg(y)$.

$\alpha = \frac{\pi}{2} - arcctg(ctg\alpha)$.

Так как $\alpha \in (0, \pi)$, то по определению функции арккотангенса $arcctg(ctg\alpha) = \alpha$.

Получаем уравнение: $\alpha = \frac{\pi}{2} - \alpha$

$2\alpha = \frac{\pi}{2} \implies \alpha = \frac{\pi}{4}$.

Возвращаемся к $\text{x}$:

$x = cos\alpha = cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Это значение принадлежит ОДЗ $x \in (-1, 1)$.

Ответ: $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$.