Самостоятельная работа 33 Вариант 1, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) По формуле косинуса двойного аргумента (для аргумента \(4x\)) \(\cos 8x = 2\cos^2 4x - 1\). Данное уравнение принимает вид \[3\left(2\cos^2 4x - 1\right) - \cos 4x + 1 = 0;\quad 6\cos^2 4x - \cos 4x - 2 = 0.\]

Сделаем замену \(\cos 4x = t\). Тогда \(6t^2 - t - 2 = 0\); \(D = 1 + 48 = 49\); \(t_1 = \frac{1 + 7}{12} = \frac{2}{3}\), \(t_2 = \frac{1 - 7}{12} = -\frac{1}{2}\).

Оба значения принадлежат промежутку \([-1;\ 1]\) — области значений косинуса, поэтому исходное уравнение равносильно совокупности \[\left[\begin{array}{l} \cos 4x = \frac{2}{3}, \\ \cos 4x = -\frac{1}{2}. \end{array}\right.\]

Отсюда \(\left[\begin{array}{l} 4x = \pm\arccos\frac{2}{3} + 2\pi n, \\ 4x = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in \mathbf{Z}; \end{array}\right.\) \(\left[\begin{array}{l} x = \pm\frac{1}{4}\arccos\frac{2}{3} + \frac{\pi n}{2}, \\ x = \pm\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{2},\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\)

2) Равенство \(\frac{1}{\cos^2 3x} = 1 + \mathrm{tg}^2 3x\) выполняется при всех значениях \(x\), при которых \(\cos 3x \ne 0\). Область определения данного уравнения задаётся условием \(\cos 3x \ne 0\), и тем же условием задаётся область определения уравнения, которое получается после замены левой части, поэтому такая замена даёт равносильное уравнение: \[1 + \mathrm{tg}^2 3x - 7\,\mathrm{tg}\,3x + 11 = 0;\quad \mathrm{tg}^2 3x - 7\,\mathrm{tg}\,3x + 12 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,3x = t\). Тогда \(t^2 - 7t + 12 = 0\); \(D = 49 - 48 = 1\); \(t_1 = 3\), \(t_2 = 4\). Получаем совокупность \[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,3x = 3, \\ \mathrm{tg}\,3x = 4. \end{array}\right.\]

Отсюда \(\left[\begin{array}{l} 3x = \mathrm{arctg}\,3 + \pi n, \\ 3x = \mathrm{arctg}\,4 + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}; \end{array}\right.\) \(\left[\begin{array}{l} x = \frac{1}{3}\,\mathrm{arctg}\,3 + \frac{\pi n}{3}, \\ x = \frac{1}{3}\,\mathrm{arctg}\,4 + \frac{\pi n}{3},\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\)

3) Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени относительно \(\sin\frac{x}{4}\) и \(\cos\frac{x}{4}\): суммы показателей степеней синуса и косинуса у обоих слагаемых равны \(1\).

Если \(\cos\frac{x}{4} = 0\), то из данного уравнения следует, что \(\sin\frac{x}{4} = 0\). Однако \(\sin\frac{x}{4}\) и \(\cos\frac{x}{4}\) не могут одновременно быть равными нулю, поскольку имеет место равенство \(\sin^2\frac{x}{4} + \cos^2\frac{x}{4} = 1\). Следовательно, множество корней данного уравнения состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos\frac{x}{4} \ne 0\).

Разделив обе части данного уравнения на \(\cos\frac{x}{4}\), получим равносильное уравнение \[6 - 5\,\mathrm{tg}\,\frac{x}{4} = 0;\quad \mathrm{tg}\,\frac{x}{4} = \frac{6}{5}.\]

Отсюда \(\frac{x}{4} = \mathrm{arctg}\,\frac{6}{5} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(x = 4\,\mathrm{arctg}\,\frac{6}{5} + 4\pi n\).

4) Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени относительно \(\sin\frac{x}{2}\) и \(\cos\frac{x}{2}\): суммы показателей степеней синуса и косинуса у всех слагаемых равны \(2\).

Если \(\cos\frac{x}{2} = 0\), то из данного уравнения следует, что \(2\sin^2\frac{x}{2} = 0\), то есть \(\sin\frac{x}{2} = 0\). Однако \(\sin\frac{x}{2}\) и \(\cos\frac{x}{2}\) не могут одновременно быть равными нулю, поскольку имеет место равенство \(\sin^2\frac{x}{2} + \cos^2\frac{x}{2} = 1\). Следовательно, множество корней данного уравнения состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos\frac{x}{2} \ne 0\).

Разделив обе части данного уравнения на \(\cos^2\frac{x}{2}\), получим равносильное уравнение \[2\,\mathrm{tg}^2\frac{x}{2} + 3\,\mathrm{tg}\,\frac{x}{2} + 1 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,\frac{x}{2} = t\). Тогда \(2t^2 + 3t + 1 = 0\); \(D = 9 - 8 = 1\); \(t_1 = \frac{-3 + 1}{4} = -\frac{1}{2}\), \(t_2 = \frac{-3 - 1}{4} = -1\). Получаем совокупность \[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,\frac{x}{2} = -1, \\ \mathrm{tg}\,\frac{x}{2} = -\frac{1}{2}. \end{array}\right.\]

Из первого уравнения \(\frac{x}{2} = -\frac{\pi}{4} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n\). Из второго \(\frac{x}{2} = \mathrm{arctg}\left(-\frac{1}{2}\right) + \pi n\), а по нечётности арктангенса \(\mathrm{arctg}\left(-\frac{1}{2}\right) = -\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{2}\), поэтому \(\frac{x}{2} = -\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{2} + \pi n\); \(x = -2\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{2} + 2\pi n\).

5) Воспользуемся формулами двойного аргумента (для аргумента \(4x = 2 \cdot 2x\)) и основным тригонометрическим тождеством: \[6\sin 2x\cos 2x + 2\left(\cos^2 2x - \sin^2 2x\right) = 3\left(\sin^2 2x + \cos^2 2x\right);\] \[5\sin^2 2x - 6\sin 2x\cos 2x + \cos^2 2x = 0.\]

Получили однородное уравнение второй степени относительно \(\sin 2x\) и \(\cos 2x\). Если \(\cos 2x = 0\), то из последнего уравнения следует, что \(5\sin^2 2x = 0\), то есть \(\sin 2x = 0\). Однако \(\sin 2x\) и \(\cos 2x\) не могут одновременно быть равными нулю, поскольку имеет место равенство \(\sin^2 2x + \cos^2 2x = 1\). Следовательно, множество корней состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos 2x \ne 0\).

Разделив обе части на \(\cos^2 2x\), получим равносильное уравнение \[5\,\mathrm{tg}^2 2x - 6\,\mathrm{tg}\,2x + 1 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,2x = t\). Тогда \(5t^2 - 6t + 1 = 0\); \(D = 36 - 20 = 16\); \(t_1 = \frac{6 + 4}{10} = 1\), \(t_2 = \frac{6 - 4}{10} = \frac{1}{5}\). Получаем совокупность \[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,2x = 1, \\ \mathrm{tg}\,2x = \frac{1}{5}. \end{array}\right.\]

Отсюда \(\left[\begin{array}{l} 2x = \frac{\pi}{4} + \pi n, \\ 2x = \mathrm{arctg}\,\frac{1}{5} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}; \end{array}\right.\) \(\left[\begin{array}{l} x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}, \\ x = \frac{1}{2}\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{5} + \frac{\pi n}{2},\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\)

6) Уравнение вида «корень квадратный из выражения равен другому выражению» равносильно системе, в которой подкоренное выражение равно квадрату правой части, а правая часть неотрицательна. Поэтому данное уравнение равносильно системе \[\begin{cases} \cos 2x = \cos^2 x, \\ -\cos x \geqslant 0. \end{cases}\]

Условие \(\cos 2x \geqslant 0\) отдельно выписывать не нужно: оно следует из первого уравнения системы.

По формуле косинуса двойного аргумента первое уравнение даёт \(2\cos^2 x - 1 = \cos^2 x\); \(\cos^2 x = 1\); \(\cos x = 1\) или \(\cos x = -1\). Неравенство системы означает, что \(\cos x \leqslant 0\), поэтому значение \(\cos x = 1\) не подходит, а значение \(\cos x = -1\) подходит. Отсюда \(x = \pi + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Проверка: при \(x = \pi + 2\pi n\) имеем \(\cos 2x = \cos (2\pi + 4\pi n) = 1\), поэтому \(\sqrt{\cos 2x} = 1\); правая часть \(-\cos x = -(-1) = 1\).

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