Самостоятельная работа 33 Вариант 4, 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 \(4(2\cos^2 5x - 1) + \cos 5x - 3 = 0\); \(8\cos^2 5x + \cos 5x - 7 = 0\).

Сделаем замену \(\cos 5x = t\). Тогда \(8t^2 + t - 7 = 0\); \(D = 1 + 224 = 225\) — дискриминант положителен, корня два: \(t_1 = \frac{-1 + 15}{16} = \frac{7}{8}\), \(t_2 = \frac{-1 - 15}{16} = -1\).

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

\[\left[\begin{array}{l} \cos 5x = \frac{7}{8}, \\ \cos 5x = -1; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} 5x = \pm\arccos\frac{7}{8} + 2\pi n, \\ 5x = \pi + 2\pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Для второго уравнения совокупности использована формула частного случая: уравнение \(\cos t = -1\) имеет корни \(t = \pi + 2\pi n\).

Отсюда \(x = \pm\frac{1}{5}\arccos\frac{7}{8} + \frac{2\pi n}{5}\) или \(x = \frac{\pi}{5} + \frac{2\pi n}{5}\).

2) Равенство \(\frac{1}{\cos^2 6x} = 1 + \mathrm{tg}^2 6x\) верно при всех значениях \(x\), при которых \(\cos 6x \ne 0\), то есть области определения обеих частей совпадают, и замена одного выражения другим даёт равносильное уравнение:

\[1 + \mathrm{tg}^2 6x - 8\,\mathrm{tg}\,6x + 14 = 0;\qquad \mathrm{tg}^2 6x - 8\,\mathrm{tg}\,6x + 15 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\,6x = t\). Тогда \(t^2 - 8t + 15 = 0\); \(t_1 = 3\), \(t_2 = 5\). Получаем совокупность

\[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\,6x = 3, \\ \mathrm{tg}\,6x = 5; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} 6x = \mathrm{arctg}\,3 + \pi n, \\ 6x = \mathrm{arctg}\,5 + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Отсюда \(x = \frac{1}{6}\,\mathrm{arctg}\,3 + \frac{\pi n}{6}\) или \(x = \frac{1}{6}\,\mathrm{arctg}\,5 + \frac{\pi n}{6}\).

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

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

Разделив обе части данного уравнения на \(\cos\frac{3x}{2}\), получим равносильное уравнение \(4 - 3\,\mathrm{tg}\frac{3x}{2} = 0\), откуда \(\mathrm{tg}\frac{3x}{2} = \frac{4}{3}\).

Тогда \(\frac{3x}{2} = \mathrm{arctg}\,\frac{4}{3} + \pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\), и \(x = \frac{2}{3}\,\mathrm{arctg}\,\frac{4}{3} + \frac{2\pi n}{3}\).

4) Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени относительно \(\sin\frac{x}{3}\) и \(\cos\frac{x}{3}\).

Если \(\cos\frac{x}{3} = 0\), то из данного уравнения следует, что \(\sin\frac{x}{3} = 0\), а одновременно нулю синус и косинус одного и того же аргумента равняться не могут, поскольку \(\sin^2\frac{x}{3} + \cos^2\frac{x}{3} = 1\). Следовательно, множество корней данного уравнения состоит из таких чисел \(x\), при которых \(\cos\frac{x}{3} \ne 0\).

Разделив обе части данного уравнения на \(\cos^2\frac{x}{3}\), получим равносильное уравнение

\[7\,\mathrm{tg}^2\frac{x}{3} - 8\,\mathrm{tg}\frac{x}{3} + 1 = 0.\]

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\frac{x}{3} = t\). 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

\[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\frac{x}{3} = 1, \\ \mathrm{tg}\frac{x}{3} = \frac{1}{7}; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} \frac{x}{3} = \frac{\pi}{4} + \pi n, \\ \frac{x}{3} = \mathrm{arctg}\,\frac{1}{7} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Отсюда \(x = \frac{3\pi}{4} + 3\pi n\) или \(x = 3\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{7} + 3\pi n\).

5) Воспользуемся формулами двойного аргумента и основным тригонометрическим тождеством, взяв за аргумент \(\frac{7x}{2}\):

\[4\left(\cos^2\frac{7x}{2} - \sin^2\frac{7x}{2}\right) - 10\sin\frac{7x}{2}\cos\frac{7x}{2} = 5\left(\sin^2\frac{7x}{2} + \cos^2\frac{7x}{2}\right);\] \[9\sin^2\frac{7x}{2} + 10\sin\frac{7x}{2}\cos\frac{7x}{2} + \cos^2\frac{7x}{2} = 0.\]

Получили однородное тригонометрическое уравнение второй степени относительно \(\sin\frac{7x}{2}\) и \(\cos\frac{7x}{2}\).

Если \(\cos\frac{7x}{2} = 0\), то из последнего уравнения следует, что \(\sin\frac{7x}{2} = 0\), что невозможно, поскольку \(\sin^2\frac{7x}{2} + \cos^2\frac{7x}{2} = 1\). Значит, \(\cos\frac{7x}{2} \ne 0\), и после деления обеих частей на \(\cos^2\frac{7x}{2}\) получаем равносильное уравнение \(9\,\mathrm{tg}^2\frac{7x}{2} + 10\,\mathrm{tg}\frac{7x}{2} + 1 = 0\).

Сделаем замену \(\mathrm{tg}\frac{7x}{2} = t\). Тогда \(9t^2 + 10t + 1 = 0\); \(D = 100 - 36 = 64\) — дискриминант положителен, корня два: \(t_1 = \frac{-10 + 8}{18} = -\frac{1}{9}\), \(t_2 = \frac{-10 - 8}{18} = -1\).

Получаем совокупность

\[\left[\begin{array}{l} \mathrm{tg}\frac{7x}{2} = -1, \\ \mathrm{tg}\frac{7x}{2} = -\frac{1}{9}; \end{array}\right. \qquad \left[\begin{array}{l} \frac{7x}{2} = -\frac{\pi}{4} + \pi n, \\ \frac{7x}{2} = -\mathrm{arctg}\,\frac{1}{9} + \pi n,\ n \in \mathbf{Z}. \end{array}\right.\]

Здесь использована нечётность арктангенса: \(\mathrm{arctg}\left(-\frac{1}{9}\right) = -\mathrm{arctg}\,\frac{1}{9}\).

Отсюда \(x = -\frac{\pi}{14} + \frac{2\pi n}{7}\) или \(x = -\frac{2}{7}\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{9} + \frac{2\pi n}{7}\).

Проверка: при \(x = -\frac{\pi}{14}\) имеем \(7x = -\frac{\pi}{2}\), и левая часть равна \(4 \cdot 0 - 5 \cdot (-1) = 5\). Если \(\mathrm{tg}\frac{7x}{2} = -\frac{1}{9}\), то \(\cos^2\frac{7x}{2} = \frac{1}{1 + \mathrm{tg}^2\frac{7x}{2}} = \frac{81}{82}\), откуда \(\cos 7x = 2\cos^2\frac{7x}{2} - 1 = \frac{40}{41}\) и \(\sin 7x = 2\,\mathrm{tg}\frac{7x}{2}\cos^2\frac{7x}{2} = -\frac{9}{41}\); левая часть равна \(\frac{160 + 45}{41} = 5\).

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

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

По формуле косинуса двойного аргумента \(\cos 2x = 2\cos^2 x - 1\), поэтому первое уравнение системы принимает вид \(1 - 2\cos^2 x = 2\cos^2 x\), то есть \(\cos^2 x = \frac{1}{4}\), откуда \(\cos x = \frac{1}{2}\) или \(\cos x = -\frac{1}{2}\).

Второе условие системы равносильно неравенству \(\cos x \geqslant 0\), ему отвечает только значение \(\cos x = \frac{1}{2}\), и тогда \(x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).

Проверка: при \(\cos x = \frac{1}{2}\) имеем \(-\cos 2x = 1 - 2\cos^2 x = \frac{1}{2}\), и \(\sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{2}\).

Ответ: 1) \(\pm\frac{1}{5}\arccos\frac{7}{8} + \frac{2\pi n}{5}\); \(\frac{\pi}{5} + \frac{2\pi n}{5}\); 2) \(\frac{1}{6}\,\mathrm{arctg}\,3 + \frac{\pi n}{6}\); \(\frac{1}{6}\,\mathrm{arctg}\,5 + \frac{\pi n}{6}\); 3) \(\frac{2}{3}\,\mathrm{arctg}\,\frac{4}{3} + \frac{2\pi n}{3}\); 4) \(\frac{3\pi}{4} + 3\pi n\); \(3\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{7} + 3\pi n\); 5) \(-\frac{\pi}{14} + \frac{2\pi n}{7}\); \(-\frac{2}{7}\,\mathrm{arctg}\,\frac{1}{9} + \frac{2\pi n}{7}\); 6) \(\pm\frac{\pi}{3} + 2\pi n\), \(n \in \mathbf{Z}\).