Самостоятельная работа 33 Вариант 3, ГДЗ по алгебре за 10 класс к самостоятельным работам Мерзляка

1) По формуле косинуса двойного аргумента, применённой к аргументу \(5x\), имеем \(\cos 10x = 2\cos^2 5x - 1\). Данное уравнение принимает вид \(3(2\cos^2 5x - 1) + \cos 5x + 2 = 0\); \(6\cos^2 5x + \cos 5x - 1 = 0\).

Сделаем замену \(\cos 5x = t\). Тогда \(6t^2 + t - 1 = 0\); \(D = 1 + 24 = 25\) — дискриминант положителен, корня два: \(t_1 = \frac{-1 + 5}{12} = \frac{1}{3}\), \(t_2 = \frac{-1 - 5}{12} = -\frac{1}{2}\).

Оба найденных числа принадлежат промежутку \([-1;\ 1]\), поэтому данное уравнение равносильно совокупности

\[\left[\begin{array}{l} \cos 5x = \frac{1}{3}, \\ \cos 5x = -\frac{1}{2}; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} 5x = \pm\arccos\frac{1}{3} + 2\pi n, \\ 5x = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Отсюда \(x = \pm\frac{1}{5}\arccos\frac{1}{3} + \frac{2\pi n}{5}\) или \(x = \pm\frac{2\pi}{15} + \frac{2\pi n}{5}\).

2) Равенство \(\frac{1}{\cos^2 2x} = 1 + \mathrm{tg}^2 2x\) верно при всех значениях \(x\), при которых \(\cos 2x \ne 0\), то есть области определения обеих частей совпадают, и замена одного выражения другим даёт равносильное уравнение:

\[1 + \mathrm{tg}^2 2x - 5\,\mathrm{tg}\,2x + 5 = 0;\qquad \mathrm{tg}^2 2x - 5\,\mathrm{tg}\,2x + 6 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,2x = t\). Тогда \(t^2 - 5t + 6 = 0\); \(t_1 = 2\), \(t_2 = 3\). Получаем совокупность

\[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,2x = 2, \\ \mathrm{tg}\,2x = 3; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} 2x = \mathrm{arctg}\,2 + \pi n, \\ 2x = \mathrm{arctg}\,3 + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Отсюда \(x = \frac{1}{2}\,\mathrm{arctg}\,2 + \frac{\pi n}{2}\) или \(x = \frac{1}{2}\,\mathrm{arctg}\,3 + \frac{\pi n}{2}\).

3) Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени относительно \(\sin\frac{2x}{5}\) и \(\cos\frac{2x}{5}\): суммы показателей степеней при синусе и косинусе у всех слагаемых равны единице.

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

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

Тогда \(\frac{2x}{5} = \mathrm{arctg}\left(-\frac{3}{2}\right) + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\), а по свойству нечётности арктангенса \(\mathrm{arctg}\left(-\frac{3}{2}\right) = -\mathrm{arctg}\,\frac{3}{2}\), поэтому \(\frac{2x}{5} = -\mathrm{arctg}\,\frac{3}{2} + \pi n\) и \(x = -\frac{5}{2}\,\mathrm{arctg}\,\frac{3}{2} + \frac{5\pi n}{2}\).

4) Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени относительно \(\sin\frac{x}{6}\) и \(\cos\frac{x}{6}\).

Если \(\cos\frac{x}{6} = 0\), то из данного уравнения следует, что \(\sin\frac{x}{6} = 0\), а одновременно нулю синус и косинус одного и того же аргумента равняться не могут, поскольку \(\sin^2\frac{x}{6} + \cos^2\frac{x}{6} = 1\). Следовательно, множество корней данного уравнения состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos\frac{x}{6} \ne 0\).

Разделив обе части данного уравнения на \(\cos^2\frac{x}{6}\), получим равносильное уравнение

\[8\,\mathrm{tg}^2\frac{x}{6} + 9\,\mathrm{tg}\frac{x}{6} + 1 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\frac{x}{6} = t\). Тогда \(8t^2 + 9t + 1 = 0\); \(D = 81 - 32 = 49\) — дискриминант положителен, корня два: \(t_1 = \frac{-9 + 7}{16} = -\frac{1}{8}\), \(t_2 = \frac{-9 - 7}{16} = -1\).

Получаем совокупность

\[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\frac{x}{6} = -1, \\ \mathrm{tg}\frac{x}{6} = -\frac{1}{8}; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} \frac{x}{6} = -\frac{\pi}{4} + \pi n, \\ \frac{x}{6} = -\mathrm{arctg}\,\frac{1}{8} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Здесь снова использована нечётность арктангенса: \(\mathrm{arctg}\left(-\frac{1}{8}\right) = -\mathrm{arctg}\,\frac{1}{8}\).

Отсюда \(x = -\frac{3\pi}{2} + 6\pi n\) или \(x = -6\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{8} + 6\pi n\).

5) Воспользуемся формулами двойного аргумента и основным тригонометрическим тождеством, взяв за аргумент \(\frac{5x}{2}\):

\[8\sin\frac{5x}{2}\cos\frac{5x}{2} + 3\left(\cos^2\frac{5x}{2} - \sin^2\frac{5x}{2}\right) = 4\left(\sin^2\frac{5x}{2} + \cos^2\frac{5x}{2}\right);\] \[7\sin^2\frac{5x}{2} - 8\sin\frac{5x}{2}\cos\frac{5x}{2} + \cos^2\frac{5x}{2} = 0.\]

Получили однородное тригонометрическое уравнение второй степени относительно \(\sin\frac{5x}{2}\) и \(\cos\frac{5x}{2}\).

Если \(\cos\frac{5x}{2} = 0\), то из последнего уравнения следует, что \(\sin\frac{5x}{2} = 0\), что невозможно, поскольку \(\sin^2\frac{5x}{2} + \cos^2\frac{5x}{2} = 1\). Значит, \(\cos\frac{5x}{2} \ne 0\), и после деления обеих частей на \(\cos^2\frac{5x}{2}\) получаем равносильное уравнение \(7\,\mathrm{tg}^2\frac{5x}{2} - 8\,\mathrm{tg}\frac{5x}{2} + 1 = 0\).

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\frac{5x}{2} = t\). Тогда \(7t^2 - 8t + 1 = 0\); \(D = 64 - 28 = 36\) — дискриминант положителен, корня два: \(t_1 = \frac{8 + 6}{14} = 1\), \(t_2 = \frac{8 - 6}{14} = \frac{1}{7}\).

Получаем совокупность

\[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\frac{5x}{2} = 1, \\ \mathrm{tg}\frac{5x}{2} = \frac{1}{7}; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} \frac{5x}{2} = \frac{\pi}{4} + \pi n, \\ \frac{5x}{2} = \mathrm{arctg}\,\frac{1}{7} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Отсюда \(x = \frac{\pi}{10} + \frac{2\pi n}{5}\) или \(x = \frac{2}{5}\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{7} + \frac{2\pi n}{5}\).

Проверка: при \(x = \frac{\pi}{10}\) имеем \(5x = \frac{\pi}{2}\), и левая часть равна \(4 \cdot 1 + 3 \cdot 0 = 4\). Если \(\mathrm{tg}\frac{5x}{2} = \frac{1}{7}\), то \(\cos^2\frac{5x}{2} = \frac{1}{1 + \mathrm{tg}^2\frac{5x}{2}} = \frac{49}{50}\), откуда \(\cos 5x = 2\cos^2\frac{5x}{2} - 1 = \frac{24}{25}\) и \(\sin 5x = 2\,\mathrm{tg}\frac{5x}{2}\cos^2\frac{5x}{2} = \frac{7}{25}\); левая часть равна \(\frac{28 + 72}{25} = 4\).

6) Уравнение вида «квадратный корень равен выражению» равносильно системе, в которой подкоренное выражение равно квадрату правой части, а сама правая часть неотрицательна:

\[\begin{cases} -\cos 2x = \sin^2 x, \\ \sin x \geqslant 0. \end{cases}\]

По формуле косинуса двойного аргумента \(\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x\), поэтому первое уравнение системы принимает вид \(2\sin^2 x - 1 = \sin^2 x\), то есть \(\sin^2 x = 1\), откуда \(\sin x = 1\) или \(\sin x = -1\).

Условию \(\sin x \geqslant 0\) отвечает только значение \(\sin x = 1\), и тогда \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Проверка: при \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n\) имеем \(-\cos 2x = -\cos(\pi + 4\pi n) = 1\), и \(\sqrt{1} = 1 = \sin x\).

Ответ: 1) \(\pm\frac{1}{5}\arccos\frac{1}{3} + \frac{2\pi n}{5}\); \(\pm\frac{2\pi}{15} + \frac{2\pi n}{5}\); 2) \(\frac{1}{2}\,\mathrm{arctg}\,2 + \frac{\pi n}{2}\); \(\frac{1}{2}\,\mathrm{arctg}\,3 + \frac{\pi n}{2}\); 3) \(-\frac{5}{2}\,\mathrm{arctg}\,\frac{3}{2} + \frac{5\pi n}{2}\); 4) \(-\frac{3\pi}{2} + 6\pi n\); \(-6\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{8} + 6\pi n\); 5) \(\frac{\pi}{10} + \frac{2\pi n}{5}\); \(\frac{2}{5}\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{7} + \frac{2\pi n}{5}\); 6) \(\frac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).