Контрольная работа 7 Вариант 1, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) Заменим \(\cos^2 x = 1 - \sin^2 x\): \[4\left(1 - \sin^2 x\right) + 4\sin x - 1 = 0;\] \[4 - 4\sin^2 x + 4\sin x - 1 = 0;\quad 4\sin^2 x - 4\sin x - 3 = 0.\]

Пусть \(\sin x = t\). Тогда \(4t^2 - 4t - 3 = 0\); \(D = 16 + 48 = 64\) — дискриминант положителен, корня два: \[t_1 = \frac{4 - 8}{8} = -\frac{1}{2},\quad t_2 = \frac{4 + 8}{8} = \frac{3}{2}.\]

Областью значений функции \(y = \sin x\) является промежуток \([-1;\ 1]\), а \(\frac{3}{2} > 1\), поэтому значение \(t_2 = \frac{3}{2}\) корней не даёт. Остаётся уравнение \(\sin x = -\frac{1}{2}\): \[x = (-1)^k \arcsin\left(-\frac{1}{2}\right) + \pi k,\ k \in \mathbf{Z};\] \[x = (-1)^k \cdot \left(-\frac{\pi}{6}\right) + \pi k;\quad x = (-1)^k \cdot (-1)\frac{\pi}{6} + \pi k;\] \[x = (-1)^{k + 1} \cdot \frac{\pi}{6} + \pi k.\]

2) По формуле синуса двойного аргумента \(\sin 6x = 2\sin 3x\cos 3x\) (двойной аргумент здесь берётся к \(3x\)), поэтому \(2{,}5\sin 6x = 5\sin 3x\cos 3x\). Кроме того, \(1 = \sin^2 3x + \cos^2 3x\). Уравнение принимает вид: \[3\sin^2 3x - 5\sin 3x\cos 3x + \sin^2 3x + \cos^2 3x = 0;\] \[4\sin^2 3x - 5\sin 3x\cos 3x + \cos^2 3x = 0.\]

Получили однородное тригонометрическое уравнение второй степени относительно \(\sin 3x\) и \(\cos 3x\). Если \(\cos 3x = 0\), то из этого уравнения следует, что \(\sin 3x = 0\). Однако \(\sin 3x\) и \(\cos 3x\) не могут одновременно быть равными нулю, поскольку \(\sin^2 3x + \cos^2 3x = 1\). Следовательно, множество корней состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos 3x \ne 0\), и деление обеих частей на \(\cos^2 3x\) даёт равносильное уравнение: \[4\,\mathrm{tg}^2\,3x - 5\,\mathrm{tg}\,3x + 1 = 0.\]

Пусть \(\mathrm{tg}\,3x = t\). Тогда \(4t^2 - 5t + 1 = 0\); \(D = 25 - 16 = 9\); \(t_1 = \frac{5 - 3}{8} = \frac{1}{4}\), \(t_2 = \frac{5 + 3}{8} = 1\). Переходим к совокупности: \[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,3x = 1, \\ \mathrm{tg}\,3x = \frac{1}{4}. \end{array}\right.\]

Из первого уравнения \(3x = \frac{\pi}{4} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(x = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{3}\).

Из второго уравнения \(3x = \mathrm{arctg}\,\frac{1}{4} + \pi n\); \(x = \frac{1}{3}\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{4} + \frac{\pi n}{3}\).

3) Сгруппируем крайние слагаемые и применим формулу суммы синусов: \[\sin 9x + \sin 7x = 2\sin\frac{9x + 7x}{2}\cos\frac{9x - 7x}{2} = 2\sin 8x\cos x.\]

Тогда \(2\sin 8x\cos x + \sin 8x = 0\); \(\sin 8x\,(2\cos x + 1) = 0\). Произведение равно нулю, когда хотя бы один из множителей равен нулю: \[\left[\begin{array}{l} \sin 8x = 0, \\ \cos x = -\frac{1}{2}; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} 8x = \pi n, \\ x = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Из первого уравнения \(x = \frac{\pi n}{8}\).

4) Область определения уравнения задаётся условием \(1 + \sin x \ne 0\), то есть \(\sin x \ne -1\), откуда \(x \ne -\frac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

На области определения знаменатель отличен от нуля, поэтому умножение обеих частей на \(1 + \sin x\) даёт равносильное уравнение \(\sin 2x = -2\cos x\,(1 + \sin x)\). Отсюда \[2\sin x\cos x + 2\cos x + 2\sin x\cos x = 0;\] \[4\sin x\cos x + 2\cos x = 0;\quad 2\cos x\,(2\sin x + 1) = 0.\]

Данное уравнение равносильно системе: \[\begin{cases}\left[\begin{array}{l}\cos x = 0,\\ \sin x = -\frac{1}{2},\end{array}\right.\\ \sin x \ne -1.\end{cases}\]

Уравнение \(\cos x = 0\) даёт \(x = \frac{\pi}{2} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\). При \(k = 2m\), \(m \in \mathbf{Z}\), получаем \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi m\), и тогда \(\sin x = 1\) — условие системы выполнено. При \(k = 2m + 1\) получаем \(x = \frac{\pi}{2} + \pi(2m + 1) = \frac{3\pi}{2} + 2\pi m\), и тогда \(\sin x = -1\) — такие числа системе не удовлетворяют. Значит, из этой серии остаются только числа \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Уравнение \(\sin x = -\frac{1}{2}\) даёт \(x = (-1)^{k + 1} \cdot \frac{\pi}{6} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\); для этих чисел \(\sin x = -\frac{1}{2} \ne -1\), поэтому они входят в ответ полностью.

5) Разделим обе части на \(2\): \[\frac{1}{2}\sin 6x + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos 6x = -\cos 8x.\]

Так как \(\frac{1}{2} = \cos\frac{\pi}{3}\), а \(\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin\frac{\pi}{3}\), то левая часть свёртывается по формуле синуса суммы: \[\cos\frac{\pi}{3}\sin 6x + \sin\frac{\pi}{3}\cos 6x = \sin\left(6x + \frac{\pi}{3}\right).\]

Правую часть запишем через синус по формуле приведения: \(\sin\left(8x - \frac{\pi}{2}\right) = -\cos 8x\). Уравнение принимает вид \[\sin\left(6x + \frac{\pi}{3}\right) - \sin\left(8x - \frac{\pi}{2}\right) = 0.\]

По формуле разности синусов полуразность аргументов равна \(\frac{1}{2}\left(6x + \frac{\pi}{3} - 8x + \frac{\pi}{2}\right) = \frac{5\pi}{12} - x\), а полусумма равна \(\frac{1}{2}\left(6x + \frac{\pi}{3} + 8x - \frac{\pi}{2}\right) = 7x - \frac{\pi}{12}\). Значит, \[2\sin\left(\frac{5\pi}{12} - x\right)\cos\left(7x - \frac{\pi}{12}\right) = 0;\] \[\left[\begin{array}{l} \sin\left(\frac{5\pi}{12} - x\right) = 0, \\ \cos\left(7x - \frac{\pi}{12}\right) = 0. \end{array}\right.\]

Первое уравнение перепишем в виде \(\sin\left(x - \frac{5\pi}{12}\right) = 0\) (синус — функция нечётная). Тогда \(x - \frac{5\pi}{12} = \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(x = \frac{5\pi}{12} + \pi n\).

Из второго уравнения \(7x - \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{2} + \pi n\); \(7x = \frac{7\pi}{12} + \pi n\); \(x = \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{7}\).

Ответ: 1) \((-1)^{k + 1} \cdot \frac{\pi}{6} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\); 2) \(\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{3}\); \(\frac{1}{3}\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{4} + \frac{\pi n}{3}\), \(n \in \mathbf{Z}\); 3) \(\frac{\pi n}{8}\); \(\pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); 4) \(\frac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \((-1)^{k + 1} \cdot \frac{\pi}{6} + \pi k\), \(k \in \mathbf{Z}\); 5) \(\frac{5\pi}{12} + \pi n\); \(\frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{7}\), \(n \in \mathbf{Z}\).

1) Обозначим \(t = 7x + \frac{2\pi}{3}\). Неравенство принимает вид \(\mathrm{ctg}\,t > -\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Решим его на промежутке \((0;\ \pi)\), длина которого равна периоду функции \(y = \mathrm{ctg}\,t\).

Имеем: \(\mathrm{arcctg}\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{2\pi}{3}\), так как \(\frac{2\pi}{3} \in (0;\ \pi)\) и \(\mathrm{ctg}\,\frac{2\pi}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{3}\). Построим график функции \(y = \mathrm{ctg}\,t\) на промежутке \((0;\ \pi)\) и прямую \(y = -\frac{\sqrt{3}}{3}\).

На рассматриваемом промежутке график функции \(y = \mathrm{ctg}\,t\) расположен выше прямой \(y = -\frac{\sqrt{3}}{3}\) при \(t \in \left(0;\ \frac{2\pi}{3}\right)\); левый конец в множество решений не входит, потому что в точке \(t = 0\) котангенс не определён.

Функция \(y = \mathrm{ctg}\,t\) периодическая с периодом \(\pi\), поэтому множеством решений неравенства \(\mathrm{ctg}\,t > -\frac{\sqrt{3}}{3}\) является объединение всех промежутков вида \(\left(\pi n;\ \frac{2\pi}{3} + \pi n\right)\), \(n \in \mathbf{Z}\). Возвращаясь к переменной \(x\), получаем: \[\pi n < 7x + \frac{2\pi}{3} < \frac{2\pi}{3} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z};\] \[-\frac{2\pi}{3} + \pi n < 7x < \pi n;\quad -\frac{2\pi}{21} + \frac{\pi n}{7} < x < \frac{\pi n}{7}.\]

2) Рассмотрим функцию \(f(x) = \sin x\,(\mathrm{tg}\,x - 1)\). Она определена при \(\cos x \ne 0\), то есть при всех \(x\), кроме \(x = \frac{\pi}{2} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\). Делить обе части неравенства на \(\sin x\) нельзя: знак этого множителя не установлен.

Так как \(\sin(x + \pi) = -\sin x\), а \(\mathrm{tg}\,(x + \pi) = \mathrm{tg}\,x\), то \(f(x + \pi) = -f(x)\), и число \(\pi\) периодом функции \(f\) не является. При этом \(f(x + 2\pi) = f(x)\), то есть \(f\) — периодическая с периодом \(2\pi\).

Найдём нули функции \(f\) на промежутке \([0;\ 2\pi]\) длиной в период. Имеем: \(\sin x\,(\mathrm{tg}\,x - 1) = 0\); \[\left[\begin{array}{l} \sin x = 0, \\ \mathrm{tg}\,x = 1; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} x = \pi n, \\ x = \frac{\pi}{4} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Промежутку \([0;\ 2\pi]\) принадлежат пять нулей: \(0\), \(\frac{\pi}{4}\), \(\pi\), \(\frac{5\pi}{4}\), \(2\pi\). Кроме того, в точках \(\frac{\pi}{2}\) и \(\frac{3\pi}{2}\) функция \(f\) не определена. Эти семь чисел разбивают промежуток \([0;\ 2\pi]\) на промежутки знакопостоянства, а знак на каждом из них найдём по пробной точке: \[f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{3} - 1\right) < 0;\quad f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}\left(\sqrt{3} - 1\right) > 0;\] \[f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}\left(-\sqrt{3} - 1\right) < 0;\quad f\left(\frac{7\pi}{6}\right) = -\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{3} - 1\right) > 0;\] \[f\left(\frac{4\pi}{3}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\sqrt{3} - 1\right) < 0;\quad f\left(\frac{5\pi}{3}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}\left(-\sqrt{3} - 1\right) > 0.\]

Значит, на промежутке \([0;\ 2\pi]\) функция \(f\) принимает положительные значения на промежутках \(\left(\frac{\pi}{4};\ \frac{\pi}{2}\right)\), \(\left(\pi;\ \frac{5\pi}{4}\right)\) и \(\left(\frac{3\pi}{2};\ 2\pi\right)\). С учётом периодичности функции \(f\) прибавим к концам этих промежутков \(2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Ответ: 1) \(-\frac{2\pi}{21} + \frac{\pi n}{7} < x < \frac{\pi n}{7}\), \(n \in \mathbf{Z}\); 2) \(\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{2} + 2\pi n\), или \(\pi + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{4} + 2\pi n\), или \(\frac{3\pi}{2} + 2\pi n < x < 2\pi + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Равенством \(\arccos(\cos x) = x\) сразу воспользоваться нельзя: оно верно только при \(x \in [0;\ \pi]\), а число \(12\) этому промежутку не принадлежит. Значение арккосинуса лежит в промежутке \([0;\ \pi]\) и потому не может равняться \(12\).

Функция \(y = \cos x\) периодическая с периодом \(2\pi\), поэтому период можно вычесть дважды: \(\cos 12 = \cos(12 - 4\pi)\). Косинус — функция чётная, значит, \(\cos(12 - 4\pi) = \cos(4\pi - 12)\).

Проверим, что число \(4\pi - 12\) принадлежит промежутку \([0;\ \pi]\). Из неравенства \(\pi > 3\) следует \(4\pi > 12\), то есть \(4\pi - 12 > 0\). Неравенство \(4\pi - 12 \leqslant \pi\) равносильно неравенству \(3\pi \leqslant 12\), то есть \(\pi \leqslant 4\) — оно верно. Значит, \(4\pi - 12 \in [0;\ \pi]\) и \[\arccos(\cos 12) = \arccos(\cos(4\pi - 12)) = 4\pi - 12.\]

Ответ: \(4\pi - 12\).

Пусть \(\sin x = t\). Областью значений функции \(y = \sin x\) является промежуток \([-1;\ 1]\), поэтому \(t \in [-1;\ 1]\); при этом каждому значению \(t\) из этого промежутка отвечают корни уравнения \(\sin x = t\). Значит, данное уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда уравнение \[t^2 - (a + 3)t + 2a + 2 = 0\] имеет хотя бы один корень, принадлежащий промежутку \([-1;\ 1]\).

Сгруппируем слагаемые с параметром и разложим левую часть на множители: \[t^2 - 3t + 2 - a\,(t - 2) = 0;\quad (t - 1)(t - 2) - a\,(t - 2) = 0;\] \[(t - 2)(t - 1 - a) = 0.\]

Отсюда \(t = 2\) или \(t = a + 1\).

Число \(2\) промежутку \([-1;\ 1]\) не принадлежит, поэтому корень \(t = 2\) ни при каком значении параметра решений исходного уравнения не даёт. Остаётся потребовать, чтобы промежутку \([-1;\ 1]\) принадлежало число \(a + 1\): \[-1 \leqslant a + 1 \leqslant 1;\quad -2 \leqslant a \leqslant 0.\]

Проверка: при \(a = -2\) уравнение принимает вид \(\sin^2 x - \sin x - 2 = 0\), откуда \(\sin x = 2\) или \(\sin x = -1\); уравнение \(\sin x = -1\) имеет корни \(x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\). При \(a = 0\) уравнение принимает вид \(\sin^2 x - 3\sin x + 2 = 0\), откуда \(\sin x = 2\) или \(\sin x = 1\); уравнение \(\sin x = 1\) имеет корни \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\). Оба граничных значения параметра подходят.

Ответ: \(-2 \leqslant a \leqslant 0\).