ГДЗ по алгебре 10 класс Шабунин дидактические материалы (Алимов) Базовый и углубленный уровень глава 6 / задание для интересующихся математикой - 16

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) уравнения: $$ \cos x \ne 0 \iff x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$ Преобразуем уравнение $\cos 2x = 2\operatorname{tg}^2 x - \cos^2 x$. Используем формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ и тождество $\operatorname{tg}^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} - 1$: $$ 2\cos^2 x - 1 = 2\left(\frac{1}{\cos^2 x} - 1\right) - \cos^2 x $$ Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые: $$ 2\cos^2 x - 1 = \frac{2}{\cos^2 x} - 2 - \cos^2 x $$ $$ 3\cos^2 x + 1 - \frac{2}{\cos^2 x} = 0 $$ Сделаем замену переменной: пусть $t = \cos^2 x$. Так как $\cos x \ne 0$ и $|\cos x| \leqslant 1$, получаем ограничение $0 < t \leqslant 1$. $$ 3t + 1 - \frac{2}{t} = 0 $$ Умножим обе части уравнения на $t > 0$: $$ 3t^2 + t - 2 = 0 $$ Найдем корни квадратного уравнения: $$ D = 1^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-2) = 1 + 24 = 25 = 5^2 $$ $$ t_1 = \frac{-1 + 5}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} $$ $$ t_2 = \frac{-1 - 5}{6} = -1 $$ Корень $t_2 = -1$ не удовлетворяет условию $0 < t \leqslant 1$. Следовательно: $$ \cos^2 x = \frac{2}{3} $$ Отсюда находим значение $\sin^2 x$, используя основное тригонометрическое тождество: $$ \sin^2 x = 1 - \cos^2 x = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} $$ Рассмотрим два возможных случая для $\cos x$: 1. $\cos x = \sqrt{\frac{2}{3}}$: Тогда $\sin x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$. Проверим условие $\sin x \geqslant \cos x$: Так как $\frac{1}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{1}{3}} < \sqrt{\frac{2}{3}}$, то даже при положительном знаке синуса получаем: $$ \sin x \leqslant \frac{1}{\sqrt{3}} < \sqrt{\frac{2}{3}} = \cos x $$ Значит, при $\cos x = \sqrt{\frac{2}{3}}$ решений, удовлетворяющих неравенству $\sin x \geqslant \cos x$, нет. 2. $\cos x = -\sqrt{\frac{2}{3}}$: Тогда $\sin x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$. Проверим условие $\sin x \geqslant \cos x$: Так как $\frac{1}{\sqrt{3}} < \sqrt{\frac{2}{3}}$, при смене знака неравенство меняет знак на противоположный: $$ -\frac{1}{\sqrt{3}} > -\sqrt{\frac{2}{3}} $$ Следовательно, оба значения синуса удовлетворяют условию: - если $\sin x = \frac{1}{\sqrt{3}}$, то $\frac{1}{\sqrt{3}} > -\sqrt{\frac{2}{3}}$ (верно); - если $\sin x = -\frac{1}{\sqrt{3}}$, то $-\frac{1}{\sqrt{3}} > -\sqrt{\frac{2}{3}}$ (верно). Таким образом, условию удовлетворяют точки единичной окружности, для которых: $$ \cos x = -\sqrt{\frac{2}{3}}, \quad \sin x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}} $$ Пусть $\alpha = \arcsin \frac{1}{\sqrt{3}}$ (угол первой четверти, для которого $\sin \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$ и $\cos \alpha = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$). Тогда найденные точки лежат во II и III четвертях симметрично относительно оси абсцисс и задаются формулой: $$ x = \pi \pm \alpha + 2\pi n = \pi \pm \arcsin \frac{1}{\sqrt{3}} + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $$ Или в эквивалентной записи через косинус: $$ x = \pi \pm \arccos \sqrt{\frac{2}{3}} + 2\pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $$ *Примечание.* В ответе задачника приведена запись $\pi \pm \arccos \frac{1}{\sqrt{3}} + 2\pi n$, где опечатка возникла из-за подмены функции $\arcsin$ на $\arccos$ для значения $\frac{1}{\sqrt{3}}$ (так как $\sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$, а не $\cos\alpha$). Ответ: $\pi \pm \arcsin \frac{1}{\sqrt{3}} + 2\pi n, \; n \in \mathbb{Z}$ (в авторской редакции с опечаткой: $\pi \pm \arccos \frac{1}{\sqrt{3}} + 2\pi n, \; n \in \mathbb{Z}$).