Смешанные уравнения

Заметим, что \(\sin x=\log_3 3^{\sin x}\). Сделаем замену \(3^{\sin x}=t, t>0\). Тогда уравнение примет вид: \[\log_3(t^2+9)=\log_3t+\log_3(28-2t)\] ОДЗ уравнения: \[\begin{cases} t^2+9>0\\ t>0\\ 28-2t>0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad 0<t<14\] Решим уравнение на ОДЗ. \[\log_3(t^2+9)=\log_3(t(28-2t)) \quad\Rightarrow\quad 3t^2-28t+9=0\] Корнями данного уравнения являются \(t_1=9\) и \(t_2=\frac13\). Оба корня подходят по ОДЗ.
Сделаем обратную замену:

\(3^{\sin x}=9 \quad\Leftrightarrow\quad \sin x=2\). Данное уравнение не имеет решений.

\(3^{\sin x}=\dfrac13 \quad\Leftrightarrow\quad \sin x=-1 \quad\Leftrightarrow\quad x=-\dfrac{\pi}2+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\).

Ответ:

\(-\dfrac{\pi}2+2\pi n, n\in\mathbb{Z}\)

1) Выпишем ОДЗ: \[\begin{cases} \cos x>0\\ \sin^2x>0\\ \cos^3x>0\\ \sin^4x>0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \cos x>0\\ \sin x\ne 0 \end{cases}\] Решим на ОДЗ. Сделаем замену: \(t=\log_2(4\cos x), \quad z=\log_2(16\sin^2x)\), тогда уравнение примет вид: \[6+t\cdot z=3t+2z \quad\Leftrightarrow\quad (tz-3t)-(2z-6)=0 \quad\Leftrightarrow\quad (t-2)(z-3)=0\] Следовательно, решением являются \[\left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &\log_2(4\cos x)=2\\ &\log_2(16\sin^2x)=3 \end{aligned} \end{gathered} \right. \quad\Rightarrow\quad \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &\cos x=1\\[2ex] &\sin^2x=\dfrac12 \end{aligned} \end{gathered} \right. \quad\Rightarrow\quad \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &x=2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\[2ex] &x=\dfrac{\pi}4+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\\[2ex] &x=-\dfrac{\pi}4+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\\[2ex] &x=\dfrac{3\pi}4+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\\[2ex] &x=-\dfrac{3\pi}4+2\pi k, k\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered} \right.\]

Так как по ОДЗ \(\cos x>0\) и \(\sin x\ne 0\), то подходят лишь \[x=\pm\dfrac{\pi}4+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\]

2) По окружности видно, что в указанный отрезок входят только \(-\dfrac{\pi}4\) и \(\dfrac{\pi}4\).

Ответ:

1) \(\pm\dfrac{\pi}4+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\)

2) \(-\dfrac{\pi}4; \ \dfrac{\pi}4\)

а)

1) Запишем ОДЗ левой части:

\(\begin{cases} \sin x+1>0\\ \sin x+1\ne 1\\ 2-\cos^2x+2\sin x>0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \sin x\ne -1\\ \sin x\ne 0\\ 2-(1-\sin^2x)+2\sin x>0 \end{cases} \quad \Rightarrow\)  

\(\Rightarrow \quad \begin{cases} \sin x\ne -1\\ \sin x\ne 0\\ (\sin x+1)^2>0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \sin x\ne -1\\ \sin x\ne 0 \end{cases}\)

2) Решим само уравнение на ОДЗ. Рассмотрим внутренний логарифм. Из ОДЗ мы уже поняли, что \(2-\cos^2x+2\sin x=(\sin x+1)^2\). Таким образом:

\[\log_{\sin x+1}{\left(\left(\sin x+1\right)^2\right)^{\cos 4x}}= \log_{\sin x+1}{\left(\sin x+1\right)^{2\cos 4x}}=2\cos 4x\]

Таким образом, уравнение приобретает вид:

\(\log_{\sqrt2}{2\cos 4x}=2 \quad \Rightarrow \quad 2\cos 4x=(\sqrt2)^2\quad \Rightarrow \quad \cos 4x=1\quad \Rightarrow \)

\(\Rightarrow \quad 4x=2\pi n, n\in\mathbb{Z} \quad \Rightarrow \quad x=\dfrac{\pi}2n, n\in\mathbb{Z}\)

3) Пересечем данное решение с ОДЗ (в данном случае это удобно сделать по окружности):

Таким образом, нам подходит всего одна точка на окружности, в которую попадают углы вида: \[x=\dfrac{\pi}2+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\]

б) Отберем корни:

\[-2\pi\leqslant \dfrac{\pi}2+2\pi k\leqslant 0 \quad \Rightarrow \quad -\dfrac54\leqslant k\leqslant -\dfrac14\]

Таким образом, единственное целое \(k\), подходящее в неравенство, это \(k=-1\). При таком \(k\) получаем корень \(x=-\dfrac{3\pi}2\).

Ответ:

а) \(\dfrac{\pi}2+2\pi k, \ k\in\mathbb{Z}\)

б) \(-\dfrac{3\pi}2\)

Преобразуем уравнение, разделив обе части равенства на \(5\): \[5^{x^2-1}+5^{1-x^2} = 1+\sin \dfrac{\pi}2x \quad \Leftrightarrow\quad 5^{x^2-1}+\dfrac1{5^{x^2-1}} = 1+\sin \dfrac{\pi}2x\] Заметим, что левая часть представляет собой сумму двух взаимно обратных чисел: \(t+\frac1t\), причем положительных. Как известно, сумма двух положительных взаимно обратных чисел не превосходит \(2\), следовательно, \[5^{x^2-1}+\dfrac1{5^{x^2-1}}\geqslant 2\] Заметим, что \(\sin \dfrac{\pi}2x\leqslant 1\) при всех \(x\), следовательно, правая часть \[1+\sin \dfrac{\pi}2x\leqslant 2\] Таким образом, равенство может достигаться тогда и только тогда, когда обе части равенства равны \(2\): \[\begin{cases} 5^{x^2-1}+\dfrac1{5^{x^2-1}}=2\\[2ex] 1+\sin \dfrac{\pi}2x=2 \end{cases}\]

Сумма взаимно обратных чисел равна \(2\) тогда и только тогда, когда каждое из них равно \(1\), следовательно: \[\begin{cases} 5^{x^2-1}=1\\[2ex] \sin \dfrac{\pi}2x=1 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x^2-1=0\\[2ex] \dfrac{\pi}2x=\dfrac{\pi}2+2\pi n, n\in\mathbb{Z} \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x=\pm 1\\[2ex] x=1+4 n, n\in\mathbb{Z} \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad x=1.\]

Ответ: 1

а) Применим формулу суммы косинусов \(\cos\alpha+\cos \beta=2\cos\dfrac{\alpha+\beta}2\cos\dfrac{\alpha-\beta}2\):

\[\cos(x^2+x)+2\cos(\pi+x)\cos\left(-\dfrac{\pi}3\right)=0 \quad \Leftrightarrow \quad \cos(x^2+x)+2\cdot(-\cos x)\cdot \dfrac12=0 \quad \Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow \quad \cos(x^2+x)-\cos x=0 \quad \Leftrightarrow \quad -2\sin \dfrac{x^2+2x}2\sin \dfrac{x^2}2=0 \quad \Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow \quad \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &\sin \dfrac{x^2+2x}2=0\\[3pt] &\sin \dfrac{x^2}2=0 \end{aligned} \end{gathered} \right. \quad \Leftrightarrow \quad \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &x^2+2x-2\pi n, n\in\mathbb{Z}\\ &x^2=2\pi k, k\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered} \right.\]

Первое уравнение совокупности является квадратным и имеет решения, когда
\(D=4(1+2\pi n)\geqslant 0 \Rightarrow n=0;1;2;\dots\)
Тогда \(x=-1\pm \sqrt{1+2\pi n}, \ n=0;1;2;\dots\)

Второе уравнение имеет решения, когда \(2\pi k\geqslant 0 \Rightarrow k=0;1;2;\dots\)
Тогда \(x=\pm\sqrt{2\pi k}, \ k=0;1;2;\dots\)

Эти две серии корней пересекаются по решению \(x=0\) (при \(n=k=0\)), поэтому из одной серии необходимо убрать это решение, например, из второй. Тогда \(x=\pm \sqrt{2\pi k}, \ k=1;2;\dots\)

б) Рассмотрим первую серию корней: \(x_1=-1-\sqrt{1+2\pi n_1}, \ n_1=0;1;2;\dots\)
Заметим, что в этой серии все \(x\) будут отрицательными, т.к. \(-\sqrt{A}\leqslant 0 \ \Rightarrow -\sqrt{A}-1\leqslant -1\).
Значит, нет корней из отрезка \([0;2]\).

Рассмотрим вторую серию корней: \(x_2=-1+\sqrt{1+2\pi n_2}, \ n_2=0;1;2;\dots\)
при \(n_2=0\) \(x_2=-1+\sqrt1=0\) – подходит;
при \(n_2=1\) \(x_2=-1+\sqrt{1+2\pi}\sim 1,\dots\) — подходит;
при \(n_2=2\) \(x_2=-1+\sqrt{1+4\pi}>2\) — уже не подходит.
Далее при возрастании \(n_2\) будет увеличиваться и \(x_2\).

Аналогично рассуждая в третьей и четвертой сериях, получим, что в них нет корней из промежутка \([0;2]\).

Ответ:

а) \(-1\pm \sqrt{1+2\pi n}; \pm\sqrt{2\pi k}; \ n\in\mathbb{N}\cup\{0\}, k\in\mathbb{N}\)

б) \(0;-1+\sqrt{1+2\pi}\)

ОДЗ: \[\sin 2x \neq 0,\quad \cos 2x \neq 0,\quad -1 \leq x^2 \leq 1\] (так как \(\mathrm{tg}\, (2x)\) не теряет смысл при \(\cos (2x) \neq 0\), \(\mathrm{ctg}\, (2x)\) не теряет смысл при \(\sin (2x) \neq 0\), \(\mathrm{arcsin}\, (x^2)\) не теряет смысл при \(-1 \leq x^2 \leq 1\)). Решим на ОДЗ:

а) Произведение выражений равно нулю в том и только том случае, когда хотя бы одно из них равно нулю и все они не теряют смысла.

Рассмотрим сначала уравнение \[\mathrm{arcsin}\, (x^2) = 0.\] По определению \(\mathrm{arcsin}\, (x^2)\) – это угол в радианах, лежащий на \(\left[-\dfrac{\pi}{2}; \dfrac{\pi}{2}\right]\), синус которого равен \(x^2\). \[\mathrm{arcsin}\, (x^2) = 0\qquad\Rightarrow\qquad \sin (0) = x^2\qquad\Rightarrow\qquad x^2 = 0\qquad\Rightarrow\qquad x = 0.\] Однако, \(x = 0\) не подходит по ОДЗ, следовательно \(x = 0\) – не является корнем исходного уравнения.

Рассмотрим теперь \[\mathrm{tg}^2\,(2x) + \mathrm{ctg}^2\, (2x) - 2 = 0\] заметим, что на ОДЗ \(\mathrm{tg}\, (2x)\cdot\mathrm{ctg}\, (2x) = 1\), тогда \(\mathrm{ctg}\, (2x) = \dfrac{1}{\mathrm{tg}\, (2x)}\).   Сделаем замену \(\mathrm{tg}\, (2x) = t\), тогда рассматриваемое уравнение примет вид

\[\begin{aligned} t^2 + \dfrac{1}{t^2} - 2 = 0, \end{aligned}\]

причём на ОДЗ \(0 \neq \mathrm{tg}\,(2x) = t\), тогда можно домножить последнее уравнение на \(t^2\): \(t^4 + 1 - 2t^2 = 0\quad\Leftrightarrow\quad t^4 + 1 - 2t^2 = (t^2 - 1)^2\quad\Leftrightarrow\)

\(\Leftrightarrow \quad (t^2 - 1)^2 = 0\quad\Leftrightarrow\quad t^2 - 1 = 0\quad\Leftrightarrow\quad t = \pm 1.\)

Так как \(t = \mathrm{tg}\,(2x)\), то \(\mathrm{tg}\,(2x) = \pm 1\), откуда находим \(2x = \pm \dfrac{\pi}{4} + \pi k\), тогда \(x = \pm \dfrac{\pi}{8} + \dfrac{\pi k}{2}\), где \(k\in\mathbb{Z}\). Однако, на ОДЗ \(-1 \leq x^2 \leq 1\), то есть \(-1 \leq x \leq 1\):

\[-1 \leq \dfrac{\pi}{8} + \dfrac{\pi k}{2} \leq 1\qquad\Leftrightarrow\qquad -\dfrac{8}{\pi} \leq 1 + 4 k \leq \dfrac{8}{\pi},\] но \(k\in\mathbb{Z}\), тогда по ОДЗ среди таких корней подходит только корень при \(k = 0\): \(x = \dfrac{\pi}{8}\).

\[-1 \leq -\dfrac{\pi}{8} + \dfrac{\pi k}{2} \leq 1\qquad\Leftrightarrow\qquad -\dfrac{8}{\pi} \leq -1 + 4 k \leq \dfrac{8}{\pi},\] но \(k\in\mathbb{Z}\), тогда по ОДЗ среди таких корней подходит только корень при \(k = 0\): \(x = -\dfrac{\pi}{8}\).

б) Среди корней \(\pm \dfrac{\pi}{8}\) на отрезок \([-\pi; 0]\) попадает только \(-\dfrac{\pi}{8}\).

Ответ:

а) \(\dfrac{\pi}{8}\), \(-\dfrac{\pi}{8}\).

б) \(-\dfrac{\pi}{8}\).

ОДЗ уравнения: \(2016-2^{-x}>0\).

Преобразуем уравнение на ОДЗ:

\[\log_2{2^{x+1}}=\log_2{\dfrac{(2^x+1)^2}{2016-2^{-x}}} \quad \Rightarrow \quad 2^{x+1}=\dfrac{(2^x+1)^2}{2016-2^{-x}}\]

Сделаем замену: \(2^x=t>0\). Тогда уравнение примет вид:

\[2t=\dfrac{(t+1)^2}{2016-\frac 1t} \quad \Rightarrow \quad 2t\cdot \left(2016-\frac1t\right)=t^2+2t+1 \quad (\text{т.к. } 2016-\frac1t>0 \text{ по ОДЗ})\]

Уравнение сведется к квадратному: \[t^2-4030t+3=0\]

которое имеет два корня: \(t_1, t_2\), причем оба положительны (т.к. их произведение равно \(3\), то есть положительно, и сумма равна \(4030\), то есть тоже положительна). Проверим, подходят ли оба эти корня по ОДЗ. Для начала преобразуем ОДЗ: \[2016-\frac1t>0 \quad \Rightarrow \quad 2016t-1>0 \quad \Rightarrow \quad t>\dfrac 1{2016}\]

Заметим, что абсцисса вершины параболы \(y=t^2-4030t+3\) — это \(t_{\text{в}}=\dfrac{4030}2=2015>\frac1{2016}\).

Следовательно, если выполнено \(y(\frac1{2016})>0\), то это будет значить, что оба корня находятся правее \(\frac1{2016}\):

Проверкой убеждаемся, что действительно \(y(\frac1{2016})>0\). Значит, оба корня \(t_1\) и \(t_2\) подходят по ОДЗ.

Заметим, что \(t_1\cdot t_2=2^{x_1}\cdot 2^{x_2}=2^{x_1+x_2}\). Следовательно, \(x_1+x_2=\log_2{(t_1\cdot t_2)}=\log_2{3}\).

Ответ:

\(\log_23\)