Номер 21.10, страница 169, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

21.10. Используя метод введения вспомогательного аргумента, решите неравенство:

1) $ \sin2x + \sqrt{3} \cos2x < 0; $

2) $ \sqrt{3} \cos x - \sin x > \sqrt{2}; $

3) $ \sqrt{3} \cos2x + \sin2x \ge \sqrt{3}. $

1) Исходное неравенство: $\sin(2x) + \sqrt{3}\cos(2x) < 0$.

Применим метод введения вспомогательного аргумента. Выражение вида $a\sin u + b\cos u$ можно преобразовать к виду $R\sin(u+\alpha)$ или $R\cos(u-\alpha)$, где $R = \sqrt{a^2+b^2}$.

В данном случае коэффициенты при синусе и косинусе равны $a=1$ и $b=\sqrt{3}$. Находим $R = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

Разделим обе части неравенства на $R=2$:

$\frac{1}{2}\sin(2x) + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos(2x) < 0$.

Заметим, что $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ и $\sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Подставим эти значения в неравенство:

$\cos(\frac{\pi}{3})\sin(2x) + \sin(\frac{\pi}{3})\cos(2x) < 0$.

Используя формулу синуса суммы $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$, сворачиваем левую часть:

$\sin(2x + \frac{\pi}{3}) < 0$.

Решаем это простейшее тригонометрическое неравенство. Синус отрицателен, когда его аргумент находится в интервале $(\pi, 2\pi)$ с учетом периодичности.

$\pi + 2\pi k < 2x + \frac{\pi}{3} < 2\pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Вычтем $\frac{\pi}{3}$ из всех частей двойного неравенства:

$\pi - \frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x < 2\pi - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$

$\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$.

Разделим все части на 2, чтобы найти $x$:

$\frac{\pi}{3} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + \pi k; \frac{5\pi}{6} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2) Исходное неравенство: $\sqrt{3}\cos(x) - \sin(x) > \sqrt{2}$.

Перепишем неравенство в стандартном виде: $-\sin(x) + \sqrt{3}\cos(x) > \sqrt{2}$.

Здесь $a=-1$, $b=\sqrt{3}$. Находим $R = \sqrt{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.

Разделим обе части неравенства на 2:

$-\frac{1}{2}\sin(x) + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos(x) > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Представим левую часть в виде косинуса суммы, используя формулу $\cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$.

Заметим, что $\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$. Тогда неравенство можно переписать так:

$\cos(x)\cos(\frac{\pi}{6}) - \sin(x)\sin(\frac{\pi}{6}) > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\cos(x + \frac{\pi}{6}) > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решаем это неравенство. Косинус больше $\frac{\sqrt{2}}{2}$, когда его аргумент находится в интервале $(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4})$ с учетом периодичности.

$-\frac{\pi}{4} + 2\pi k < x + \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей неравенства:

$-\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.

$-\frac{3\pi+2\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{3\pi-2\pi}{12} + 2\pi k$.

$-\frac{5\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{12} + 2\pi k$.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{12} + 2\pi k; \frac{\pi}{12} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3) Исходное неравенство: $\sqrt{3}\cos(2x) + \sin(2x) \ge \sqrt{3}$.

Перепишем левую часть в стандартном порядке: $\sin(2x) + \sqrt{3}\cos(2x) \ge \sqrt{3}$.

Здесь $a=1$, $b=\sqrt{3}$. Находим $R = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{4} = 2$.

Разделим обе части неравенства на 2:

$\frac{1}{2}\sin(2x) + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos(2x) \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Как и в первом пункте, используем $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ и $\sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ и формулу синуса суммы:

$\cos(\frac{\pi}{3})\sin(2x) + \sin(\frac{\pi}{3})\cos(2x) \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\sin(2x + \frac{\pi}{3}) \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решаем это неравенство. Синус не меньше $\frac{\sqrt{3}}{2}$, когда его аргумент находится в отрезке $[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}]$ с учетом периодичности.

$\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2x + \frac{\pi}{3} \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Вычтем $\frac{\pi}{3}$ из всех частей неравенства:

$\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2x \le \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.

$2\pi k \le 2x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.

Разделим все части на 2:

$\pi k \le x \le \frac{\pi}{6} + \pi k$.

Ответ: $x \in [\pi k; \frac{\pi}{6} + \pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.