Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Алгебра
Александр Ларин (тренировочный вариант 326)
Решите уравнение: tg2x+ctg2x+22(tgx−ctgx)=2.
Область допустимых значений. Чтобы одновременно существовали tgx и ctgx, нужно sinx=0 и cosx=0, то есть
x=2πn,n∈Z.Замена. Обозначим t=tgx−ctgx. Возведём в квадрат:
t2=tg2x−2tgxctgx+ctg2x=tg2x+ctg2x−2,так как tgx⋅ctgx=1. Отсюда
tg2x+ctg2x=t2+2.Подставим это в уравнение:
(t2+2)+22t=2⟺t2+22t=0⟺t(t+22)=0.Значит, t=0 или t=−22. Разберём оба случая.
Случай 1: t=0, то есть tgx−ctgx=0.
Тогда tgx=ctgx=tgx1, откуда tg2x=1 и tgx=±1. Это даёт
x=4π+πnилиx=−4π+πn.Объединяя обе серии (шаг 2π):
x=4π+2πk,k∈Z.Случай 2: t=−22, то есть tgx−ctgx=−22.
Положим u=tgx (u=0). Тогда u−u1=−22. Умножив на u, получаем квадратное уравнение
u2+22u−1=0.Его дискриминант D=(22)2+4=8+4=12, корни
u=2−22±12=−2±3.Таким образом,
tgx=3−2илиtgx=−(3+2).Заметим, что произведение корней равно свободному члену: u1u2=−1, то есть значения тангенса взаимно обратны с противоположным знаком. Это означает, что соответствующие серии решений отличаются ровно на 2π: если tgx1=3−2, то tg(x1+2π)=−tgx11=−(3+2). Поэтому обе серии
x=arctg(3−2)+πnиx=arctg(3−2)+2π+πnобъединяются в одну (шаг 2π):
x=arctg(3−2)+2πk,k∈Z.Проверка ОДЗ. Все найденные точки имеют вид const+2πk с константами 4π и arctg(3−2)≈0,31, ни одна из которых не попадает в запретные точки 2πn. Значит, все корни допустимы, потеря или добавление решений при замене не произошли.
Самопроверка (численно). Для x=4π: tgx=ctgx=1, левая часть =1+1+22⋅0=2. Для tgx=3−2: (tgx−ctgx)2=(−22)2=8, значит tg2x+ctg2x=10, и левая часть =10+22⋅(−22)=10−8=2. Сканирование корней на периоде (0,π) даёт ровно четыре точки: 0,308, 4π, 1,879, 43π — все они укладываются в две указанные серии.
Ответ.
x=4π+2πk;x=arctg(3−2)+2πk,k∈Z.