Номер 9.147, страница 120, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

В упражнениях 9.145-9.149 решите уравнения.

9.147. 1) $ \arccos \frac{x}{2} = 2 \operatorname{arcctg}(x-1) $;

2) $ \arccos x - \pi = \arcsin \frac{4x}{3} $.

1) $ \arccos\frac{x}{2} = 2\text{arcctg}(x - 1) $

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ).

Для функции $ \arccos\frac{x}{2} $ аргумент должен удовлетворять условию $ -1 \le \frac{x}{2} \le 1 $, что равносильно $ -2 \le x \le 2 $.

Область значений функции арккосинус: $ [0, \pi] $. Таким образом, левая часть уравнения принадлежит отрезку $ [0, \pi] $.

Область значений функции арккотангенс: $ (0, \pi) $. Следовательно, правая часть уравнения $ 2\text{arcctg}(x - 1) $ принадлежит интервалу $ (0, 2\pi) $.

Для того чтобы равенство было возможным, значения обеих частей должны лежать в пересечении их областей значений, то есть в $ [0, \pi] \cap (0, 2\pi) = (0, \pi] $.

Это накладывает следующие ограничения:

1) $ \arccos\frac{x}{2} > 0 \implies \frac{x}{2} < 1 \implies x < 2 $.

2) $ 2\text{arcctg}(x - 1) \le \pi \implies \text{arcctg}(x - 1) \le \frac{\pi}{2} $. Так как арккотангенс является убывающей функцией, это неравенство выполняется при $ x - 1 \ge \text{ctg}\frac{\pi}{2} $, то есть $ x - 1 \ge 0 \implies x \ge 1 $.

Объединяя все условия ($ -2 \le x \le 2 $, $ x < 2 $ и $ x \ge 1 $), получаем, что решение должно лежать в полуинтервале $ x \in [1, 2) $.

Пусть $ \alpha = \text{arcctg}(x-1) $. Тогда $ \text{ctg}\alpha = x - 1 $. Уравнение принимает вид $ \arccos\frac{x}{2} = 2\alpha $.

Поскольку для $ x \in [1, 2) $ обе части уравнения находятся в интервале $ (0, \pi] $, мы можем взять косинус от обеих частей, и это будет эквивалентным преобразованием.

$ \cos(\arccos\frac{x}{2}) = \cos(2\alpha) $

$ \frac{x}{2} = \cos(2\alpha) $

Используем формулу косинуса двойного угла через котангенс: $ \cos(2\alpha) = \frac{\text{ctg}^2\alpha - 1}{\text{ctg}^2\alpha + 1} $.

Подставляем $ \text{ctg}\alpha = x - 1 $:

$ \frac{x}{2} = \frac{(x-1)^2 - 1}{(x-1)^2 + 1} $

$ \frac{x}{2} = \frac{x^2 - 2x + 1 - 1}{x^2 - 2x + 1 + 1} $

$ \frac{x}{2} = \frac{x^2 - 2x}{x^2 - 2x + 2} $

$ x(x^2 - 2x + 2) = 2(x^2 - 2x) $

$ x(x^2 - 2x + 2) = 2x(x - 2) $

Перенесем все в одну сторону:

$ x(x^2 - 2x + 2) - 2x(x - 2) = 0 $

$ x(x^2 - 2x + 2 - 2(x-2)) = 0 $

$ x(x^2 - 2x + 2 - 2x + 4) = 0 $

$ x(x^2 - 4x + 6) = 0 $

Это уравнение распадается на два:

1) $ x = 0 $.

2) $ x^2 - 4x + 6 = 0 $. Дискриминант этого квадратного уравнения $ D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 6 = 16 - 24 = -8 $. Так как $ D < 0 $, действительных корней нет.

Единственным действительным решением алгебраического уравнения является $ x = 0 $.

Однако, мы установили, что решение исходного уравнения должно принадлежать полуинтервалу $ [1, 2) $. Корень $ x = 0 $ не входит в этот промежуток.

Следовательно, исходное уравнение не имеет решений.

Ответ: нет решений.

2) $ \arccos x - \pi = \arcsin\frac{4x}{3} $

Определим ОДЗ.

Для $ \arccos x $ должно выполняться $ -1 \le x \le 1 $.

Для $ \arcsin\frac{4x}{3} $ должно выполняться $ -1 \le \frac{4x}{3} \le 1 $, что равносильно $ -\frac{3}{4} \le x \le \frac{3}{4} $.

Пересечением этих двух условий является отрезок $ x \in [-\frac{3}{4}, \frac{3}{4}] $.

Теперь проанализируем области значений левой и правой частей уравнения.

Левая часть: $ \arccos x \in [0, \pi] $, поэтому $ \arccos x - \pi \in [-\pi, 0] $.

Правая часть: $ \arcsin\frac{4x}{3} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] $.

Равенство возможно только если значение обеих частей попадает в пересечение их областей значений: $ [-\pi, 0] \cap [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] = [-\frac{\pi}{2}, 0] $.

Это означает, что $ \arcsin\frac{4x}{3} \le 0 $, что в свою очередь означает $ \frac{4x}{3} \le 0 $, то есть $ x \le 0 $.

С учетом ОДЗ, получаем, что решение должно лежать в отрезке $ x \in [-\frac{3}{4}, 0] $.

Возьмем синус от обеих частей уравнения:

$ \sin(\arccos x - \pi) = \sin(\arcsin\frac{4x}{3}) $

Используя формулу приведения $ \sin(\alpha - \pi) = -\sin\alpha $, получаем для левой части:

$ -\sin(\arccos x) = \frac{4x}{3} $

Используя тождество $ \sin(\arccos x) = \sqrt{1 - x^2} $ (корень берется со знаком плюс, так как $ \arccos x \in [0, \pi] $, где синус неотрицателен), получаем:

$ -\sqrt{1 - x^2} = \frac{4x}{3} $

На промежутке $ x \in [-\frac{3}{4}, 0] $ левая часть $ -\sqrt{1 - x^2} $ отрицательна (или равна 0 при $ x=-1 $, но это не в нашем промежутке), а правая часть $ \frac{4x}{3} $ также неположительна. Поэтому можно возвести обе части в квадрат:

$ (-\sqrt{1 - x^2})^2 = (\frac{4x}{3})^2 $

$ 1 - x^2 = \frac{16x^2}{9} $

$ 9(1 - x^2) = 16x^2 $

$ 9 - 9x^2 = 16x^2 $

$ 9 = 25x^2 $

$ x^2 = \frac{9}{25} $

$ x = \pm\frac{3}{5} $

Проверим найденные корни на принадлежность промежутку $ [-\frac{3}{4}, 0] $.

$ x_1 = \frac{3}{5} $. Этот корень не принадлежит промежутку, так как он положителен.

$ x_2 = -\frac{3}{5} $. Этот корень принадлежит промежутку, так как $ -\frac{3}{4} = -0.75 $ и $ -\frac{3}{5} = -0.6 $, и $ -0.75 \le -0.6 \le 0 $.

Проверим корень $ x = -\frac{3}{5} $ подстановкой в исходное уравнение.

Левая часть: $ \arccos(-\frac{3}{5}) - \pi $. Используя $ \arccos(-z) = \pi - \arccos z $, получаем $ (\pi - \arccos\frac{3}{5}) - \pi = -\arccos\frac{3}{5} $.

Правая часть: $ \arcsin(\frac{4}{3} \cdot (-\frac{3}{5})) = \arcsin(-\frac{4}{5}) $. Используя $ \arcsin(-z) = -\arcsin z $, получаем $ -\arcsin\frac{4}{5} $.

Уравнение сводится к проверке тождества $ -\arccos\frac{3}{5} = -\arcsin\frac{4}{5} $, или $ \arccos\frac{3}{5} = \arcsin\frac{4}{5} $.

Это известное тождество, которое следует из рассмотрения прямоугольного треугольника с катетами 3 и 4 и гипотенузой 5. Если один из острых углов равен $ \alpha $, то $ \cos\alpha = 3/5 $ и $ \sin\alpha = 4/5 $. Отсюда $ \alpha = \arccos(3/5) $ и $ \alpha = \arcsin(4/5) $.

Таким образом, корень $ x = -\frac{3}{5} $ является верным.

Ответ: $ -\frac{3}{5} $.