Решебник домашнего задания урока 1
В.В. Ткачук  “Математика – абитуриенту”

Задачи 1 – 5

Приступим к разбору домашнего задания первого урока. Сразу замечу, что задачи идут не по возрастанию сложности (и не по убыванию). А сам принцип, по которому определялся порядок задач в списке, я не смог определить. Если есть догадки, поделитесь.

1.  К слагаемому \(\cos x\) применим формулу двойного угла (формула 17 в справочнике). Тогда \(1+\cos\frac{x}{2}+\cos x=0\) \(\Leftrightarrow 1+\cos\frac{x}{2}+2\cos^2\frac{x}{2}-1=0\Leftrightarrow 2\cos^2\frac{x}{2}+\cos\frac{x}{2}=0\) \(\Leftrightarrow \cos\frac{x}{2}\cdot (2\cos\frac{x}{2}+1)=0\). Значит, \(\cos\frac{x}{2}=0\) или \(\cos\frac{x}{2}=-\frac{1}{2}\). Откуда \(x=\pi+2\pi n, n\in Z\) или \(x=\pm\frac{4\pi}{3}+4\pi k, k\in Z\).

2. К слагаемому \(\cos x\) применим формулу двойного аргумента (формула 18 в справочнике). Тогда \(1-\sin\frac{x}{2}=1-2\sin^2\frac{x}{2}\) \(\Leftrightarrow \sin\frac{x}{2}\cdot (2\sin\frac{x}{2}-1)=0\). Откуда, \(\sin\frac{x}{2}=0\Leftrightarrow x=2\pi n, n\in Z\) или \(\sin\frac{x}{2}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow x=(-1)^k\frac{\pi}{3}+2\pi k, k\in Z\).

3. К слагаемому \(\cos 4x\) применим формулу двойного аргумента (формула 17). Уравнение принимает вид \(2\sin^2 x+2\cos^2 2x-1=0\). Далее к слагаемому \(\sin^2 x\) применим формулу понижения степени (формула 25). Тогда \(2\cdot\frac{1-\cos 2x}{2}+2\cos^2 2x-1=0\). После проведения подобных слагаемых и разложения на множители левой части уравнения приходим к совокупности уравнений \(\cos 2x=0\) и \(\cos 2x=\frac{1}{2}\). Откуда \(x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}, n \in Z\) или \(x=\pm\frac{\pi}{6}+\pi k, k \in Z\).

4. К слагаемому \(\sin 4x\) применим формулу двойного аргумента (формула 15), а выражение \(2\cos^2 x-1\) свернем по формуле двойного аргумента для косинуса (формула 17). Тогда \(2\sin 2x\cos 2x +\cos 2x=0\). Откуда \(\cos 2x=0\) или \(\sin 2x=-\frac{1}{2}\), то есть \(x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}\) или \(x=(-1)^{n+1}\frac{\pi}{12}+\frac{\pi k}{2}, n,k \in Z\).

И последняя задача в этом посте.

5. Заменим \(ctg x\) на \(\frac{\cos x}{\sin x}\) и приведем левую часть к общему знаменателю. Получим уравнение \(5\sin^2 x-4\cos x=0\), при этом не забудем, что \(\sin x\ne 0\), иначе котангенс не существует. Далее с помощью основного тригонометрического тождества (формула 1 в справочнике) от \(\sin^2 x\) переходим к \(1-\cos^2 x\) и после замены \(\cos x = t\) приходим к квадратному уравнению \(5t^2+4t-5=0\), корнями которого являются числа \(\frac{-2\pm\sqrt{29}}{5}\). Так как значения косинуса по модулю не могут быть более единицы, то уравнение \(\cos x=\frac{-2-\sqrt{29}}{5}\) корней не имеет. Во втором уравнении \(x=\pm\arccos\frac{\sqrt{29}-2}{5}+2n\pi, n\in Z\).

Ссылки на следующие посты с решениями будут появляться здесь. Спасибо за внимание.