Номер 1192

Потому что в №1 и №2 неизвестное стоит в квадрате. Поэтому период становится \(\pi\), а не \(2\pi\).

Для синуса: \[ \sin^2(x+\pi)=(-\sin x)^2=\sin^2 x. \] То есть \(\sin^2 x\) повторяется через \(\pi\). Аналогично \[ \cos^2(x+\pi)=\cos^2 x. \]

Разберём №1

\[ \sin^2x=\frac14 \] значит \[ \sin x=\frac12 \quad \text{или} \quad \sin x=-\frac12. \]

Получаются четыре серии: \[ x=\frac{\pi}{6}+2\pi k,\qquad x=\frac{5\pi}{6}+2\pi k, \] \[ x=-\frac{\pi}{6}+2\pi k,\qquad x=\frac{7\pi}{6}+2\pi k. \]

Их можно объединить: \[ x=\frac{\pi}{6}+\pi k \quad \text{и} \quad x=-\frac{\pi}{6}+\pi k, \] то есть коротко \[ \boxed{x=\pm\frac{\pi}{6}+\pi k.} \]

Проверьте:

• при \(k=0\): \(x=\pm\frac{\pi}{6}\);
• при \(k=1\): \(x=\frac{7\pi}{6}\) и \(x=\frac{5\pi}{6}\).

Все эти углы дают \(\sin^2x=\frac14\).

Если написать \(\pm\frac{\pi}{6}+2\pi k\), то, например, \(\frac{5\pi}{6}\) и \(\frac{7\pi}{6}\) потеряются — это будет неполный ответ.

Когда пишут \(2\pi k\)

Если квадрата нет, например: \[ \sin x=\frac12, \] то \[ x=\frac{\pi}{6}+2\pi k \quad \text{или} \quad x=\frac{5\pi}{6}+2\pi k. \] Это можно коротко записать так: \[ x=(-1)^n\frac{\pi}{6}+\pi n. \] Здесь \(\pi n\) появилось не потому, что период равен \(\pi\), а потому что формула «переключается» между двумя сериями.

А вот: \[ \sin x=-1 \quad\Rightarrow\quad x=-\frac{\pi}{2}+2\pi k, \] заменять на \(\pi k\) уже нельзя.

Итог:

• в уравнениях с \(\sin^2x\) или \(\cos^2x\) обычно появляется период \(\pi k\);
• в уравнениях с \(\sin x=a\), \(\cos x=a\) обычно остаётся \(2\pi k\), кроме специальных компактных записей с \((-1)^n\).

Решим третий пример подробно.

\[ 2\sin^2 x+\sin x-1=0 \]

1. Замена переменной

Пусть \[ t=\sin x. \] Так как синус принимает значения только от \(-1\) до \(1\), обязательно \[ -1\le t\le 1. \]

Тогда \(\sin^2 x=t^2\), и уравнение превращается в квадратное: \[ 2t^2+t-1=0. \]

2. Решаем квадратное уравнение

Найдём дискриминант: \[ D=1^2-4\cdot2\cdot(-1)=1+8=9. \] \[ \sqrt D=3. \]

Корни: \[ t_{1,2}=\frac{-1\pm3}{2\cdot2} =\frac{-1\pm3}{4}. \]

Значит: \[ t_1=\frac{-1+3}{4}=\frac{2}{4}=\frac12, \] \[ t_2=\frac{-1-3}{4}=\frac{-4}{4}=-1. \]

Оба корня лежат в отрезке \([-1;1]\), поэтому оба подходят.

Можно было и сразу разложить на множители: \[ 2t^2+t-1=(2t-1)(t+1). \]

3. Возвращаемся к \(\sin x\)

Получаем два простейших уравнения: \[ \sin x=\frac12 \] и \[ \sin x=-1. \]

---

4. Решаем первое уравнение

\[ \sin x=\frac12. \]

На единичной окружности синус равен \(\frac12\) в двух точках:

• \(x=\frac{\pi}{6}\);
• \(x=\frac{5\pi}{6}\).

С учётом полных оборотов: \[ x=\frac{\pi}{6}+2\pi k, \] \[ x=\frac{5\pi}{6}+2\pi k,\qquad k\in\mathbb Z. \]

Эти две серии можно записать одной формулой: \[ x=(-1)^n\frac{\pi}{6}+\pi n,\qquad n\in\mathbb Z. \]

---

5. Решаем второе уравнение

\[ \sin x=-1. \]

Синус равен \(-1\) только в нижней точке единичной окружности: \[ x=-\frac{\pi}{2}. \]

С учётом полных оборотов: \[ x=-\frac{\pi}{2}+2\pi n,\qquad n\in\mathbb Z. \]

Можно также писать: \[ x=\frac{3\pi}{2}+2\pi n. \] Это те же самые углы.

---

Ответ

\[ \boxed{x=(-1)^n\frac{\pi}{6}+\pi n,\quad n\in\mathbb Z} \]

или

\[ \boxed{x=-\frac{\pi}{2}+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z.} \]

Проверка

Если \(\sin x=\frac12\), то: \[ 2\cdot\left(\frac12\right)^2+\frac12-1 =2\cdot\frac14+\frac12-1 =\frac12+\frac12-1=0. \]

Если \(\sin x=-1\), то: \[ 2\cdot(-1)^2+(-1)-1=2-1-1=0. \]

Оба ответа верны.

Нет, здесь в формуле коэффициенты такие:

\[ 2t^2+t-1=0 \]

Значит:

\[ a=2,\quad b=+1,\quad c=-1. \]

То есть \(b=1\), а не \(-1\). Число \(-1\) — это свободный член \(c\).

Поэтому по формуле:

\[ t_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt D}{2a} =\frac{-1\pm3}{2\cdot2} =\frac{-1\pm3}{4}. \]

Отсюда:

\[ t_1=\frac{-1+3}{4}=\frac{2}{4}=\frac12, \]

\[ t_2=\frac{-1-3}{4}=\frac{-4}{4}=-1. \]

Если бы уравнение было

\[ 2t^2-t-1=0, \]

тогда действительно \(b=-1\), и впереди было бы

\[ -(-1)=1. \]

Но у нас в уравнении \(2t^2+\mathbf{1}\cdot t-1=0\), поэтому впереди стоит \(-1\), а не \(-(-1)\).

Пришли, пожалуйста, само уравнение №1193 — текстом или фото. По одному номеру без учебника я не смогу его восстановить; тогда решим подробно, как предыдущее.

В №1193 во всех четырёх уравнениях есть \(\sin^2x\) и \(\cos x\) или наоборот. Главный приём — заменить квадрат через основное тождество:

\[ \sin^2x+\cos^2x=1. \]

То есть \[ \sin^2x=1-\cos^2x,\qquad \cos^2x=1-\sin^2x. \]

После этого делаем замену \(t=\sin x\) или \(t=\cos x\) и обязательно проверяем, что \(-1\le t\le1\).

---

1) \(2\cos^2x-\sin x+1=0\)

Заменяем \(\cos^2x=1-\sin^2x\):

\[ 2(1-\sin^2x)-\sin x+1=0. \]

Пусть \(t=\sin x\):

\[ 2(1-t^2)-t+1=0, \] \[ 2-2t^2-t+1=0, \] \[ -2t^2-t+3=0. \]

Умножим на \(-1\):

\[ 2t^2+t-3=0. \]

Дискриминант:

\[ D=1+24=25,\qquad \sqrt D=5. \]

\[ t=\frac{-1\pm5}{4}. \]

Получаем:

\[ t_1=1,\qquad t_2=-\frac32. \]

Второй корень не подходит, так как синус не может быть меньше \(-1\). Остаётся:

\[ \sin x=1. \]

Значит,

\[ \boxed{x=\frac{\pi}{2}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.} \]

---

2) \(3\cos^2x-\sin x-1=0\)

Снова \(\cos^2x=1-\sin^2x\):

\[ 3(1-\sin^2x)-\sin x-1=0. \]

Пусть \(t=\sin x\):

\[ 3(1-t^2)-t-1=0, \] \[ 3-3t^2-t-1=0, \] \[ -3t^2-t+2=0. \]

Умножим на \(-1\):

\[ 3t^2+t-2=0. \]

\[ D=1+24=25. \]

\[ t=\frac{-1\pm5}{6}. \]

Получаем:

\[ t_1=\frac{2}{3},\qquad t_2=-1. \]

Оба корня подходят.

Значит:

\[ \sin x=\frac23 \]

или

\[ \sin x=-1. \]

Отсюда:

\[ \boxed{x=(-1)^n\arcsin\frac23+\pi n,\quad n\in\mathbb Z,} \]

и

\[ \boxed{x=-\frac{\pi}{2}+2\pi n,\quad n\in\mathbb Z.} \]

---

3) \(4\sin^2x-\cos x-1=0\)

Теперь заменяем \(\sin^2x=1-\cos^2x\):

\[ 4(1-\cos^2x)-\cos x-1=0. \]

Пусть \(t=\cos x\):

\[ 4(1-t^2)-t-1=0, \] \[ 4-4t^2-t-1=0, \] \[ -4t^2-t+3=0. \]

Умножим на \(-1\):

\[ 4t^2+t-3=0. \]

\[ D=1+48=49,\qquad \sqrt D=7. \]

\[ t=\frac{-1\pm7}{8}. \]

Получаем:

\[ t_1=\frac{6}{8}=\frac34,\qquad t_2=\frac{-8}{8}=-1. \]

Оба корня подходят.

Значит:

\[ \cos x=\frac34 \]

или

\[ \cos x=-1. \]

Отсюда:

\[ \boxed{x=\pm\arccos\frac34+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z,} \]

и

\[ \boxed{x=\pi+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.} \]

---

4) \(2\sin^2x+3\cos x=0\)

Заменяем \(\sin^2x=1-\cos^2x\):

\[ 2(1-\cos^2x)+3\cos x=0. \]

Пусть \(t=\cos x\):

\[ 2(1-t^2)+3t=0, \] \[ 2-2t^2+3t=0. \]

Умножим на \(-1\):

\[ 2t^2-3t-2=0. \]

\[ D=9+16=25. \]

\[ t=\frac{3\pm5}{4}. \]

Получаем:

\[ t_1=\frac{8}{4}=2,\qquad t_2=\frac{-2}{4}=-\frac12. \]

Корень \(t=2\) не подходит, потому что косинус не может быть больше \(1\).

Остаётся:

\[ \cos x=-\frac12. \]

Это стандартное значение:

\[ \boxed{x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.} \]

---

Ответы к №1193

\[ \boxed{\text{1) }x=\frac{\pi}{2}+2\pi k.} \]

\[ \boxed{\text{2) }x=(-1)^n\arcsin\frac23+\pi n; \quad x=-\frac{\pi}{2}+2\pi n.} \]

\[ \boxed{\text{3) }x=\pm\arccos\frac34+2\pi k; \quad x=\pi+2\pi k.} \]

\[ \boxed{\text{4) }x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k.} \]

Во всех номерах \(k,n\in\mathbb Z\).