Номер 21.9, страница 169, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

21.9. Решите неравенство:

1) $\sin^2x - 2\sin x < 0;$

2) $\cos^2x + \sqrt{3} \cos x \ge 0;$

3) $\sin^22x + \sqrt{2} \sin 2x \ge 0.$

1) Решим неравенство $ \sin^2x - 2\sin x < 0 $.

Вынесем $ \sin x $ за скобки: $ \sin x (\sin x - 2) < 0 $.

Рассмотрим второй множитель $ (\sin x - 2) $. Так как область значений функции синуса $ [-1, 1] $, то есть $ -1 \le \sin x \le 1 $, то выражение $ \sin x - 2 $ всегда отрицательно. Его значения лежат в диапазоне от $ -1 - 2 = -3 $ до $ 1 - 2 = -1 $.

Для того чтобы произведение $ \sin x (\sin x - 2) $ было отрицательным, необходимо, чтобы первый множитель $ \sin x $ был положительным, так как второй множитель $ (\sin x - 2) $ всегда отрицателен.

Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству $ \sin x > 0 $.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства являются интервалы, где ордината точек на единичной окружности положительна. Это соответствует углам в I и II координатных четвертях.

На числовой окружности это интервал $ (0, \pi) $. С учетом периодичности функции синус, общее решение имеет вид: $ 2\pi k < x < \pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ (2\pi k, \pi + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \cos^2x + \sqrt{3} \cos x \ge 0 $.

Вынесем $ \cos x $ за скобки: $ \cos x (\cos x + \sqrt{3}) \ge 0 $.

Рассмотрим второй множитель $ (\cos x + \sqrt{3}) $. Так как область значений функции косинуса $ [-1, 1] $, то есть $ -1 \le \cos x \le 1 $, а $ \sqrt{3} \approx 1.732 $, то выражение $ \cos x + \sqrt{3} $ всегда положительно. Его значения лежат в диапазоне от $ -1 + \sqrt{3} $ до $ 1 + \sqrt{3} $, оба конца которого положительны.

Для того чтобы произведение $ \cos x (\cos x + \sqrt{3}) $ было неотрицательным, необходимо, чтобы первый множитель $ \cos x $ был неотрицательным, так как второй множитель $ (\cos x + \sqrt{3}) $ всегда положителен.

Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству $ \cos x \ge 0 $.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства являются промежутки, где абсцисса точек на единичной окружности неотрицательна. Это соответствует углам в I и IV координатных четвертях, включая границы.

На числовой окружности это промежуток $ [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] $. С учетом периодичности функции косинус, общее решение имеет вид: $ -\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ [-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ \sin^2(2x) + \sqrt{2} \sin(2x) \ge 0 $.

Вынесем $ \sin(2x) $ за скобки: $ \sin(2x) (\sin(2x) + \sqrt{2}) \ge 0 $.

Рассмотрим второй множитель $ (\sin(2x) + \sqrt{2}) $. Так как область значений синуса $ [-1, 1] $, а $ \sqrt{2} \approx 1.414 $, то выражение $ \sin(2x) + \sqrt{2} $ всегда положительно. Его значения лежат в диапазоне от $ -1 + \sqrt{2} $ до $ 1 + \sqrt{2} $, оба конца которого положительны.

Для того чтобы произведение $ \sin(2x) (\sin(2x) + \sqrt{2}) $ было неотрицательным, необходимо, чтобы первый множитель $ \sin(2x) $ был неотрицательным.

Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству $ \sin(2x) \ge 0 $.

Пусть $ u = 2x $. Решим неравенство $ \sin u \ge 0 $. Решением являются промежутки, где ордината точек на единичной окружности неотрицательна. Это соответствует углам в I и II координатных четвертях, включая границы.

Следовательно, $ 2\pi k \le u \le \pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Теперь вернемся к переменной $ x $, подставив $ u = 2x $: $ 2\pi k \le 2x \le \pi + 2\pi k $.

Разделим все части двойного неравенства на 2: $ \pi k \le x \le \frac{\pi}{2} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ [\pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k], k \in \mathbb{Z} $.