165. а) 6cos²x + cos x - 1 = 0; б) 4cos²x - 8cos x + 3 = 0.
165
Сверь числа и знаки с фото.
- а) 6cos²x + cos x - 1 = 0; б) 4cos²x - 8cos x + 3 = 0.
В номере 165 на фото обведены оба пункта — а) и б), поэтому разберу их.
Краткий ответ
165. а)
\[
x=\pm\arccos\frac{1}{3}+2\pi k,\qquad x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.
\]
165. б)
\[
x=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z.
\]
Общий принцип
Оба уравнения содержат только \(\cos x\) и \(\cos^2 x\). Значит, их можно свести к квадратному уравнению заменой \[ t=\cos x. \] Важно помнить: \(\cos x\) принимает значения только от \(-1\) до \(1\), поэтому после решения квадратного уравнения корни вне отрезка \([-1;1]\) отбрасываются.
Пункт а)
\[ 6\cos^2x+\cos x-1=0. \]
Пусть \(t=\cos x\): \[ 6t^2+t-1=0. \]
Находим дискриминант: \[ D=1^2-4\cdot6\cdot(-1)=1+24=25. \]
Корни: \[ t_{1,2}=\frac{-1\pm5}{12}. \] То есть \[ t_1=\frac{4}{12}=\frac{1}{3},\qquad t_2=-\frac{6}{12}=-\frac{1}{2}. \]
Оба значения лежат в \([-1;1]\), значит, оба подходят.
Возвращаемся к \(\cos x\): \[ \cos x=\frac{1}{3}\quad\Rightarrow\quad x=\pm\arccos\frac{1}{3}+2\pi k, \] \[ \cos x=-\frac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k. \]
Пункт б)
\[ 4\cos^2x-8\cos x+3=0. \]
Снова \(t=\cos x\): \[ 4t^2-8t+3=0. \]
Дискриминант: \[ D=(-8)^2-4\cdot4\cdot3=64-48=16. \]
Корни: \[ t_{1,2}=\frac{8\pm4}{8}. \] Получаем \[ t_1=\frac{12}{8}=\frac{3}{2},\qquad t_2=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}. \]
Корень \(t=\frac{3}{2}\) не подходит, потому что \(\cos x\le 1\). Остаётся только \[ \cos x=\frac{1}{2}. \]
Отсюда: \[ x=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi k,\quad k\in\mathbb Z. \]
Проверка
Для пункта а): \[ t=\frac{1}{3}:\quad 6\cdot\frac{1}{9}+\frac{1}{3}-1=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}-1=0. \] \[ t=-\frac{1}{2}:\quad 6\cdot\frac{1}{4}-\frac{1}{2}-1=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=0. \]
Для пункта б): \[ t=\frac{1}{2}:\quad 4\cdot\frac{1}{4}-8\cdot\frac{1}{2}+3=1-4+3=0. \]
А корень \(t=\frac{3}{2}\) формально обращает квадратное уравнение в ноль, но не может быть значением косинуса. Именно в этом месте чаще всего теряют правильный ответ: корни замены нужно проверять по области значений тригонометрической функции.
Обсуждение
6 сообщенийа где в г
Я разобрал только пункты а) и б) — по фото у меня были видны (и обведены) именно они. Условий в) и г) у меня нет.
Пришли их текстом или отдельным фото — решу тем же способом: замена \(t=\cos x\), квадратное уравнение, затем отбор корней из отрезка \([-1;1]\).
ты не сможешь в и г
Смогу — только пришли сами условия: в прошлом фото пункты в) и г) были не видны, а угадывать уравнения я не буду.
Скинь их текстом или фото — решу с объяснением, как а) и б).
а б в г 165
Сначала исправлю путаницу из прошлого ответа: там я случайно решил пункт в) под буквой б). Вот полное решение 165 а–г.
Краткие ответы
Во всех пунктах \(k\in\mathbb Z\).
\[ \text{а) } x=\pm\arccos\frac{1}{3}+2\pi k,\quad x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k; \]
\[ \text{б) } x=\frac{\pi}{2}+2\pi k,\quad x=(-1)^{k+1}\frac{\pi}{6}+\pi k; \]
\[ \text{в) } x=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi k; \]
\[ \text{г) } x=2\pi k,\quad x=\pm\arccos\frac{1}{5}+2\pi k. \]
Как решали
а) \(6\cos^2x+\cos x-1=0\)
Замена \(t=\cos x\): \[ 6t^2+t-1=0,\qquad D=1+24=25. \] \[ t=\frac{-1\pm5}{12}:\quad t_1=\frac13,\quad t_2=-\frac12. \] Оба значения лежат в \([-1;1]\), поэтому: \[ \cos x=\frac13 \Rightarrow x=\pm\arccos\frac13+2\pi k, \] \[ \cos x=-\frac12 \Rightarrow x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k. \]
б) \(2\sin^2x-\sin x-1=0\)
Замена \(t=\sin x\): \[ 2t^2-t-1=0,\qquad D=1+8=9. \] \[ t=\frac{1\pm3}{4}:\quad t_1=1,\quad t_2=-\frac12. \] Оба корня подходят, так как лежат в \([-1;1]\).
\[ \sin x=1 \Rightarrow x=\frac{\pi}{2}+2\pi k. \] \[ \sin x=-\frac12 \Rightarrow x=(-1)^{k+1}\frac{\pi}{6}+\pi k. \] Вторая формула объединяет серии \(-\frac{\pi}{6}+2\pi k\) и \(\frac{7\pi}{6}+2\pi k\).
в) \(4\cos^2x-8\cos x+3=0\)
Замена \(t=\cos x\): \[ 4t^2-8t+3=0,\qquad D=64-48=16. \] \[ t=\frac{8\pm4}{8}:\quad t_1=\frac32,\quad t_2=\frac12. \] Корень \(t=\frac32\) не подходит, потому что \(\cos x\le1\). Остаётся: \[ \cos x=\frac12 \Rightarrow x=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi k. \]
г) \(5\sin^2x+6\cos x-6=0\)
Сводим к косинусу по основному тождеству \(\sin^2x=1-\cos^2x\): \[ 5(1-\cos^2x)+6\cos x-6=0, \] \[ 5-5\cos^2x+6\cos x-6=0, \] \[ -5\cos^2x+6\cos x-1=0, \] \[ 5\cos^2x-6\cos x+1=0. \] Замена \(t=\cos x\): \[ 5t^2-6t+1=0,\qquad D=36-20=16. \] \[ t=\frac{6\pm4}{10}:\quad t_1=1,\quad t_2=\frac15. \] Оба корня в \([-1;1]\), значит: \[ \cos x=1 \Rightarrow x=2\pi k, \] \[ \cos x=\frac15 \Rightarrow x=\pm\arccos\frac15+2\pi k. \]
Проверка
Корни квадратных уравнений подставлены обратно — они обращают уравнения в ноль. Отброшен только \(t=\frac32\) в пункте в), так как косинус не может быть больше \(1\). В пункте г) оба корня \(1\) и \(\frac15\) допустимы.
