Самостоятельная работа 33 вариант 2, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) По формуле косинуса двойного аргумента (для аргумента \(7x\)) \(\cos 14x = 2\cos^2 7x - 1\). Данное уравнение принимает вид \[5\left(2\cos^2 7x - 1\right) + \cos 7x - 4 = 0;\quad 10\cos^2 7x + \cos 7x - 9 = 0.\]

Сделаем замену \(\cos 7x = t\). Тогда \(10t^2 + t - 9 = 0\); \(D = 1 + 360 = 361\); \(t_1 = \frac{-1 + 19}{20} = 0{,}9\), \(t_2 = \frac{-1 - 19}{20} = -1\).

Оба значения принадлежат промежутку \([-1;\ 1]\) — области значений косинуса, поэтому исходное уравнение равносильно совокупности \[\left[\begin{array}{l} \cos 7x = 0{,}9, \\ \cos 7x = -1. \end{array}\right.\]

Из первого уравнения \(7x = \pm\arccos 0{,}9 + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(x = \pm\frac{1}{7}\arccos 0{,}9 + \frac{2\pi n}{7}\). Второе уравнение — частный случай: \(7x = \pi + 2\pi n\); \(x = \frac{\pi}{7} + \frac{2\pi n}{7}\).

2) Равенство \(\frac{1}{\cos^2 4x} = 1 + \mathrm{tg}^2 4x\) выполняется при всех значениях \(x\), при которых \(\cos 4x \ne 0\). Область определения данного уравнения задаётся условием \(\cos 4x \ne 0\), и тем же условием задаётся область определения уравнения, которое получается после замены левой части, поэтому такая замена даёт равносильное уравнение: \[1 + \mathrm{tg}^2 4x - 6\,\mathrm{tg}\,4x + 7 = 0;\quad \mathrm{tg}^2 4x - 6\,\mathrm{tg}\,4x + 8 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,4x = t\). Тогда \(t^2 - 6t + 8 = 0\); \(D = 36 - 32 = 4\); \(t_1 = 2\), \(t_2 = 4\). Получаем совокупность \[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,4x = 2, \\ \mathrm{tg}\,4x = 4. \end{array}\right.\]

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

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

Если \(\cos\frac{x}{3} = 0\), то из данного уравнения следует, что \(\sin\frac{x}{3} = 0\). Однако \(\sin\frac{x}{3}\) и \(\cos\frac{x}{3}\) не могут одновременно быть равными нулю, поскольку имеет место равенство \(\sin^2\frac{x}{3} + \cos^2\frac{x}{3} = 1\). Следовательно, множество корней данного уравнения состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos\frac{x}{3} \ne 0\).

Разделив обе части данного уравнения на \(\cos\frac{x}{3}\), получим равносильное уравнение \[4\,\mathrm{tg}\,\frac{x}{3} - 7 = 0;\quad \mathrm{tg}\,\frac{x}{3} = \frac{7}{4}.\]

Отсюда \(\frac{x}{3} = \mathrm{arctg}\,\frac{7}{4} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(x = 3\,\mathrm{arctg}\,\frac{7}{4} + 3\pi n\).

4) Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени относительно \(\sin\frac{x}{5}\) и \(\cos\frac{x}{5}\): суммы показателей степеней синуса и косинуса у всех слагаемых равны \(2\).

Если \(\cos\frac{x}{5} = 0\), то из данного уравнения следует, что \(3\sin^2\frac{x}{5} = 0\), то есть \(\sin\frac{x}{5} = 0\). Однако \(\sin\frac{x}{5}\) и \(\cos\frac{x}{5}\) не могут одновременно быть равными нулю, поскольку имеет место равенство \(\sin^2\frac{x}{5} + \cos^2\frac{x}{5} = 1\). Следовательно, множество корней данного уравнения состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos\frac{x}{5} \ne 0\).

Разделив обе части данного уравнения на \(\cos^2\frac{x}{5}\), получим равносильное уравнение \[3\,\mathrm{tg}^2\frac{x}{5} - 7\,\mathrm{tg}\,\frac{x}{5} + 4 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,\frac{x}{5} = t\). Тогда \(3t^2 - 7t + 4 = 0\); \(D = 49 - 48 = 1\); \(t_1 = \frac{7 + 1}{6} = \frac{4}{3}\), \(t_2 = \frac{7 - 1}{6} = 1\). Получаем совокупность \[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,\frac{x}{5} = 1, \\ \mathrm{tg}\,\frac{x}{5} = \frac{4}{3}. \end{array}\right.\]

Из первого уравнения \(\frac{x}{5} = \frac{\pi}{4} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(x = \frac{5\pi}{4} + 5\pi n\). Из второго \(\frac{x}{5} = \mathrm{arctg}\,\frac{4}{3} + \pi n\); \(x = 5\,\mathrm{arctg}\,\frac{4}{3} + 5\pi n\).

5) Воспользуемся формулами двойного аргумента (для аргумента \(3x = 2 \cdot \frac{3x}{2}\)) и основным тригонометрическим тождеством: \[4\sin\frac{3x}{2}\cos\frac{3x}{2} + 5\left(\cos^2\frac{3x}{2} - \sin^2\frac{3x}{2}\right) = 2\left(\sin^2\frac{3x}{2} + \cos^2\frac{3x}{2}\right);\] \[7\sin^2\frac{3x}{2} - 4\sin\frac{3x}{2}\cos\frac{3x}{2} - 3\cos^2\frac{3x}{2} = 0.\]

Получили однородное уравнение второй степени относительно \(\sin\frac{3x}{2}\) и \(\cos\frac{3x}{2}\). Если \(\cos\frac{3x}{2} = 0\), то из последнего уравнения следует, что \(7\sin^2\frac{3x}{2} = 0\), то есть \(\sin\frac{3x}{2} = 0\). Однако \(\sin\frac{3x}{2}\) и \(\cos\frac{3x}{2}\) не могут одновременно быть равными нулю, поскольку имеет место равенство \(\sin^2\frac{3x}{2} + \cos^2\frac{3x}{2} = 1\). Следовательно, множество корней состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos\frac{3x}{2} \ne 0\).

Разделив обе части на \(\cos^2\frac{3x}{2}\), получим равносильное уравнение \[7\,\mathrm{tg}^2\frac{3x}{2} - 4\,\mathrm{tg}\,\frac{3x}{2} - 3 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,\frac{3x}{2} = t\). Тогда \(7t^2 - 4t - 3 = 0\); \(D = 16 + 84 = 100\); \(t_1 = \frac{4 + 10}{14} = 1\), \(t_2 = \frac{4 - 10}{14} = -\frac{3}{7}\). Получаем совокупность \[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,\frac{3x}{2} = 1, \\ \mathrm{tg}\,\frac{3x}{2} = -\frac{3}{7}. \end{array}\right.\]

Из первого уравнения \(\frac{3x}{2} = \frac{\pi}{4} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); \(3x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n\); \(x = \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi n}{3}\). Из второго \(\frac{3x}{2} = \mathrm{arctg}\left(-\frac{3}{7}\right) + \pi n\), а по нечётности арктангенса \(\mathrm{arctg}\left(-\frac{3}{7}\right) = -\,\mathrm{arctg}\,\frac{3}{7}\), поэтому \(3x = -2\,\mathrm{arctg}\,\frac{3}{7} + 2\pi n\); \(x = -\frac{2}{3}\,\mathrm{arctg}\,\frac{3}{7} + \frac{2\pi n}{3}\).

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 оставляет только значение \(\cos x = 1\). Отсюда \(x = 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

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

Ответ: 1) \(\pm\frac{1}{7}\arccos 0{,}9 + \frac{2\pi n}{7}\); \(\frac{\pi}{7} + \frac{2\pi n}{7}\), \(n \in \mathbf{Z}\); 2) \(\frac{1}{4}\,\mathrm{arctg}\,2 + \frac{\pi n}{4}\); \(\frac{1}{4}\,\mathrm{arctg}\,4 + \frac{\pi n}{4}\), \(n \in \mathbf{Z}\); 3) \(3\,\mathrm{arctg}\,\frac{7}{4} + 3\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); 4) \(\frac{5\pi}{4} + 5\pi n\); \(5\,\mathrm{arctg}\,\frac{4}{3} + 5\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\); 5) \(\frac{\pi}{6} + \frac{2\pi n}{3}\); \(-\frac{2}{3}\,\mathrm{arctg}\,\frac{3}{7} + \frac{2\pi n}{3}\), \(n \in \mathbf{Z}\); 6) \(2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).