Страница 169, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

1) Исходное неравенство: $\sin x \cdot \cos\frac{\pi}{6} - \cos x \cdot \sin\frac{\pi}{6} \le \frac{1}{2}$.

Левая часть неравенства представляет собой формулу синуса разности двух углов: $\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$.

Применив эту формулу, где $\alpha=x$ и $\beta=\frac{\pi}{6}$, получим неравенство:

$\sin(x - \frac{\pi}{6}) \le \frac{1}{2}$.

Для решения введем замену: пусть $t = x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид:

$\sin t \le \frac{1}{2}$.

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Сначала найдем корни уравнения $\sin t = \frac{1}{2}$. Решениями являются $t = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$ и $t = \pi - \frac{\pi}{6} + 2\pi n = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

На единичной окружности значения синуса соответствуют ординате (координате y). Нам нужны точки, у которых ордината меньше или равна $\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге, заключенной между углами $\frac{5\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$ следующего оборота, то есть $2\pi+\frac{\pi}{6} = \frac{13\pi}{6}$.

Таким образом, решение для $t$ имеет вид:

$\frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $t = x - \frac{\pi}{6}$:

$\frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le x - \frac{\pi}{6} \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi n$.

Чтобы найти $x$, прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям двойного неравенства:

$\frac{5\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{13\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n$

$\frac{6\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{14\pi}{6} + 2\pi n$

$\pi + 2\pi n \le x \le \frac{7\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $[\pi + 2\pi n; \frac{7\pi}{3} + 2\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

2) Исходное неравенство: $\sin x \cdot \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \cdot \sin\frac{\pi}{4} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Левая часть неравенства является синусом разности углов $x$ и $\frac{\pi}{4}$, согласно формуле $\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$.

Неравенство преобразуется к виду:

$\sin(x - \frac{\pi}{4}) < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Введем замену: пусть $t = x - \frac{\pi}{4}$. Неравенство примет вид:

$\sin t < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решим это неравенство. Сначала найдем углы, для которых $\sin t = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это $t = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n$ и $t = \pi - (-\frac{\pi}{3}) + 2\pi n = \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. На одном круге это углы $\frac{4\pi}{3}$ и $\frac{5\pi}{3}$.

На единичной окружности нам нужны точки, у которых ордината строго меньше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это дуга, расположенная строго между углами $\frac{4\pi}{3}$ и $\frac{5\pi}{3}$.

Таким образом, решение для $t$ имеет вид:

$\frac{4\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Вернемся к переменной $x$, подставив $t = x - \frac{\pi}{4}$:

$\frac{4\pi}{3} + 2\pi n < x - \frac{\pi}{4} < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$.

Прибавим $\frac{\pi}{4}$ ко всем частям двойного неравенства:

$\frac{4\pi}{3} + \frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{3} + \frac{\pi}{4} + 2\pi n$.

Приведем дроби к общему знаменателю 12:

$\frac{16\pi}{12} + \frac{3\pi}{12} + 2\pi n < x < \frac{20\pi}{12} + \frac{3\pi}{12} + 2\pi n$

$\frac{19\pi}{12} + 2\pi n < x < \frac{23\pi}{12} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $(\frac{19\pi}{12} + 2\pi n; \frac{23\pi}{12} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

21.8. Методом понижения степени решите неравенство:

1) $ \sin^2x \le 0,5; $

2) $ \cos^2x \ge 0,5; $

3) $ \sin^2x \ge 1; $

4) $ \cos^2x < 1. $

1) $ \sin^2 x \le 0,5 $

Для решения данного неравенства применим метод понижения степени, используя формулу $ \sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2} $.

Подставим эту формулу в исходное неравенство:

$ \frac{1 - \cos(2x)}{2} \le 0,5 $

Умножим обе части неравенства на 2:

$ 1 - \cos(2x) \le 1 $

Вычтем 1 из обеих частей:

$ -\cos(2x) \le 0 $

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный:

$ \cos(2x) \ge 0 $

Теперь решим простейшее тригонометрическое неравенство $ \cos(t) \ge 0 $, где $ t = 2x $. Функция косинуса неотрицательна в I и IV четвертях, поэтому решение для $ t $ имеет вид:

$ -\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{2} + 2\pi k $, где $ k \in Z $.

Произведем обратную замену $ t = 2x $:

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

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

$ -\frac{\pi}{4} + \pi k \le x \le \frac{\pi}{4} + \pi k $, где $ k \in Z $.

Ответ: $ [-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{4} + \pi k], k \in Z $.

2) $ \cos^2 x \ge 0,5 $

Для решения этого неравенства используем формулу понижения степени для косинуса: $ \cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2} $.

Подставим формулу в неравенство:

$ \frac{1 + \cos(2x)}{2} \ge 0,5 $

Умножим обе части на 2:

$ 1 + \cos(2x) \ge 1 $

Вычтем 1 из обеих частей:

$ \cos(2x) \ge 0 $

Данное неравенство идентично тому, что было получено в пункте 1. Его решением является:

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

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

$ -\frac{\pi}{4} + \pi k \le x \le \frac{\pi}{4} + \pi k $, где $ k \in Z $.

Ответ: $ [-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{4} + \pi k], k \in Z $.

3) $ \sin^2 x \ge 1 $

Мы знаем, что область значений функции $ \sin x $ — это отрезок $ [-1, 1] $, следовательно, область значений $ \sin^2 x $ — это отрезок $ [0, 1] $. Неравенство $ \sin^2 x \ge 1 $ может выполняться только в случае равенства $ \sin^2 x = 1 $. Тем не менее, решим его методом понижения степени, используя формулу $ \sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2} $.

Подставляем в неравенство:

$ \frac{1 - \cos(2x)}{2} \ge 1 $

Умножим обе части на 2:

$ 1 - \cos(2x) \ge 2 $

Перенесем 1 в правую часть:

$ -\cos(2x) \ge 1 $

Умножим на -1 с изменением знака неравенства:

$ \cos(2x) \le -1 $

Так как наименьшее значение функции косинус равно -1, это неравенство эквивалентно уравнению $ \cos(2x) = -1 $.

Решением этого уравнения является:

$ 2x = \pi + 2\pi k $, где $ k \in Z $.

Разделим обе части на 2:

$ x = \frac{\pi}{2} + \pi k $, где $ k \in Z $.

Ответ: $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in Z $.

4) $ \cos^2 x < 1 $

Применим формулу понижения степени $ \cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2} $.

Подставим в неравенство:

$ \frac{1 + \cos(2x)}{2} < 1 $

Умножим обе части на 2:

$ 1 + \cos(2x) < 2 $

Вычтем 1 из обеих частей:

$ \cos(2x) < 1 $

Функция косинус принимает значение 1, но никогда не превышает его. Таким образом, неравенство $ \cos(2x) < 1 $ выполняется для всех значений аргумента, кроме тех, при которых $ \cos(2x) = 1 $.

Найдем значения $ x $, которые нужно исключить, решив уравнение $ \cos(2x) = 1 $:

$ 2x = 2\pi k $, где $ k \in Z $.

Разделим обе части на 2:

$ x = \pi k $, где $ k \in Z $.

Следовательно, решением исходного неравенства являются все действительные числа, кроме $ x = \pi k $.

Ответ: $ x \ne \pi k, k \in Z $.

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} $.

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 $k \in \mathbb{Z}$.

21.11. Найдите решение неравенства:

1) $2\sin x < \sin 2x \cdot \cos x$, если $x \in \left[-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}\right]$;

2) $\sin 2x \cdot \sin x > 2\cos x$, если $x \in \left[-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}\right]$.

1) $2\sin x < \sin2x \cdot \cos x$, если $x \in [-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}]$

Преобразуем данное неравенство. Применим формулу синуса двойного угла $\sin2x = 2\sin x \cos x$:

$2\sin x < (2\sin x \cos x) \cdot \cos x$

$2\sin x < 2\sin x \cos^2 x$

Перенесём все слагаемые в левую часть и вынесем общий множитель за скобки:

$2\sin x - 2\sin x \cos^2 x < 0$

$2\sin x (1 - \cos^2 x) < 0$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, заменим выражение в скобках:

$2\sin x \cdot \sin^2 x < 0$

$2\sin^3 x < 0$

Данное неравенство равносильно неравенству $\sin x < 0$.

Теперь найдём решение неравенства $\sin x < 0$ на заданном отрезке $x \in [-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}]$.

Функция синус отрицательна в III и IV четвертях. Рассмотрим заданный отрезок:

- На промежутке $[-\frac{\pi}{4}; 0)$, $\sin x$ принимает отрицательные значения.

- При $x = 0$, $\sin x = 0$.

- На промежутке $(0; \frac{3\pi}{4}]$, $\sin x$ принимает положительные значения.

Таким образом, условие $\sin x < 0$ на отрезке $[-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}]$ выполняется при $x \in [-\frac{\pi}{4}; 0)$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4}; 0)$.

2) $\sin2x \cdot \sin x > 2\cos x$, если $x \in [-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}]$

Преобразуем неравенство, используя формулу синуса двойного угла $\sin2x = 2\sin x \cos x$:

$(2\sin x \cos x) \cdot \sin x > 2\cos x$

$2\sin^2 x \cos x > 2\cos x$

Перенесём все слагаемые в левую часть:

$2\sin^2 x \cos x - 2\cos x > 0$

Вынесем общий множитель $2\cos x$ за скобки:

$2\cos x (\sin^2 x - 1) > 0$

Из основного тригонометрического тождества следует, что $\sin^2 x - 1 = -\cos^2 x$. Подставим это в неравенство:

$2\cos x (-\cos^2 x) > 0$

$-2\cos^3 x > 0$

Разделим обе части на -2 и сменим знак неравенства на противоположный:

$\cos^3 x < 0$

Это неравенство равносильно неравенству $\cos x < 0$.

Найдём решение неравенства $\cos x < 0$ на заданном отрезке $x \in [-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}]$.

Функция косинус отрицательна во II и III четвертях. Рассмотрим заданный отрезок:

- На промежутке $[-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{2})$, $\cos x$ принимает положительные значения.

- При $x = \frac{\pi}{2}$, $\cos x = 0$.

- На промежутке $(\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{4}]$, $\cos x$ принимает отрицательные значения.

Следовательно, условие $\cos x < 0$ на отрезке $[-\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}]$ выполняется при $x \in (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{4}]$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{4}]$.

21.12. Найдите область определения функции:

1) $y = \sqrt{2\sin x - 1} + \sqrt{7x - x^2}$

2) $y = \frac{1}{2\sin x - 1} + \sqrt{6x - x^2}$

3) $y = \sqrt{2\sin x - \sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{6x - x^2} - 8}$

4) $y = \sqrt{1-2\cos x} + \sqrt{4x - x^2}$

1) Область определения функции $y = \sqrt{2\sin x - 1} + \sqrt{7x - x^2}$ находится из системы неравенств, так как подкоренные выражения должны быть неотрицательными:

$\begin{cases} 2\sin x - 1 \ge 0 \\ 7x - x^2 \ge 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство:

$2\sin x \ge 1$

$\sin x \ge \frac{1}{2}$

Решением этого тригонометрического неравенства является совокупность отрезков:

$\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство:

$7x - x^2 \ge 0$

$x(7 - x) \ge 0$

Это квадратное неравенство. Корни соответствующего уравнения $x(7-x)=0$ равны $x_1=0$ и $x_2=7$. Ветви параболы $f(x)=7x-x^2$ направлены вниз, поэтому неравенство выполняется между корнями.

$0 \le x \le 7$, или $x \in [0, 7]$.

Теперь найдем пересечение полученных решений. Нам нужно найти те значения $x$ из отрезка $[0, 7]$, которые удовлетворяют первому неравенству.

Рассмотрим различные целые значения $k$ для $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k]$:

При $k = 0$: $x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}]$. Так как $\frac{\pi}{6} \approx 0.52$ и $\frac{5\pi}{6} \approx 2.62$, весь этот отрезок принадлежит отрезку $[0, 7]$. Значит, $x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}]$ является частью области определения.

При $k = 1$: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi, \frac{5\pi}{6} + 2\pi] = [\frac{13\pi}{6}, \frac{17\pi}{6}]$. Так как $\frac{13\pi}{6} \approx 6.8$ и $\frac{17\pi}{6} \approx 8.9$, пересечением этого отрезка с отрезком $[0, 7]$ является промежуток $[\frac{13\pi}{6}, 7]$.

При $k \ge 2$ и $k < 0$ пересечений с отрезком $[0, 7]$ не будет.

Объединяя найденные промежутки, получаем область определения функции.

Ответ: $D(y) = [\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}] \cup [\frac{13\pi}{6}, 7]$.

2) Область определения функции $y = \frac{1}{2\sin x - 1} + \sqrt{6x - x^2}$ задается системой условий:

$\begin{cases} 2\sin x - 1 \ne 0 \\ 6x - x^2 \ge 0 \end{cases}$

Решим первое условие:

$2\sin x \ne 1$

$\sin x \ne \frac{1}{2}$

Это означает, что $x \ne \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $x \ne \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Решим второе условие, которое является неравенством:

$6x - x^2 \ge 0$

$x(6 - x) \ge 0$

Корни уравнения $x(6-x)=0$ равны $x_1=0$ и $x_2=6$. Ветви параболы направлены вниз, поэтому решение неравенства: $0 \le x \le 6$, или $x \in [0, 6]$.

Теперь из отрезка $[0, 6]$ необходимо исключить точки, в которых $\sin x = \frac{1}{2}$.

Найдем эти точки, решая уравнения $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$ для $x \in [0, 6]$.

При $k=0$: $x = \frac{\pi}{6}$ (принадлежит $[0, 6]$) и $x = \frac{5\pi}{6}$ (принадлежит $[0, 6]$).

При $k \ge 1$ и $k < 0$ значения $x$ выходят за пределы отрезка $[0, 6]$.

Следовательно, из отрезка $[0, 6]$ нужно исключить точки $\frac{\pi}{6}$ и $\frac{5\pi}{6}$.

Ответ: $D(y) = [0, \frac{\pi}{6}) \cup (\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}) \cup (\frac{5\pi}{6}, 6]$.

3) Область определения функции $y = \sqrt{2\sin x - \sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{6x - x^2 - 8}}$ задается системой неравенств:

$\begin{cases} 2\sin x - \sqrt{3} \ge 0 \\ 6x - x^2 - 8 > 0 \end{cases}$

Второе неравенство строгое, так как знаменатель дроби не может быть равен нулю.

Решим первое неравенство:

$2\sin x \ge \sqrt{3}$

$\sin x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$

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

Решим второе неравенство:

$6x - x^2 - 8 > 0$

Умножим на -1, изменив знак неравенства:

$x^2 - 6x + 8 < 0$

Корни уравнения $x^2 - 6x + 8 = 0$ по теореме Виета $x_1=2, x_2=4$. Ветви параболы $f(x)=x^2-6x+8$ направлены вверх, поэтому неравенство выполняется между корнями.

$2 < x < 4$, или $x \in (2, 4)$.

Теперь найдем пересечение решений. Ищем значения $x$ из интервала $(2, 4)$, которые удовлетворяют первому неравенству.

При $k = 0$: $x \in [\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}]$. Учитывая, что $\pi \approx 3.14$, получаем $\frac{\pi}{3} \approx 1.05$ и $\frac{2\pi}{3} \approx 2.09$.

Пересечением $[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}]$ и $(2, 4)$ является промежуток $(2, \frac{2\pi}{3}]$.

При других целых значениях $k$ пересечений с интервалом $(2, 4)$ не будет.

Ответ: $D(y) = (2, \frac{2\pi}{3}]$.

4) Область определения функции $y = \sqrt{1 - 2\cos x} + \sqrt{4x - x^2}$ задается системой неравенств:

$\begin{cases} 1 - 2\cos x \ge 0 \\ 4x - x^2 \ge 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство:

$1 \ge 2\cos x$

$\cos x \le \frac{1}{2}$

Решение: $\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство:

$4x - x^2 \ge 0$

$x(4 - x) \ge 0$

Корни $x_1=0, x_2=4$. Ветви параболы направлены вниз, поэтому решение: $0 \le x \le 4$, или $x \in [0, 4]$.

Найдем пересечение решений. Ищем значения $x$ из отрезка $[0, 4]$, которые удовлетворяют первому неравенству.

При $k = 0$: $x \in [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$. Учитывая, что $\frac{\pi}{3} \approx 1.05$ и $\frac{5\pi}{3} \approx 5.24$, пересечением этого промежутка с отрезком $[0, 4]$ является отрезок $[\frac{\pi}{3}, 4]$.

При других целых значениях $k$ пересечений с отрезком $[0, 4]$ нет.

Ответ: $D(y) = [\frac{\pi}{3}, 4]$.

21.13. Найдите решение неравенства:

1) $\sqrt{2}(\sin2x - \cos x) + 2\sin x > 1$, если $x \in [0; \pi];$

2) $\sqrt{2}(\sin2x + \sin x) - 2\cos x \le 1$, если $x \in [0; \pi].$

1) Решим неравенство $\sqrt{2}(\sin2x - \cos x) + 2\sin x > 1$ при условии $x \in [0; \pi]$.

Сначала преобразуем неравенство. Используем формулу синуса двойного угла $\sin2x = 2\sin x \cos x$:

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

Раскроем скобки и перенесем все члены в левую часть:

$2\sqrt{2}\sin x \cos x - \sqrt{2}\cos x + 2\sin x - 1 > 0$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители:

$\sqrt{2}\cos x (2\sin x - 1) + 1 \cdot (2\sin x - 1) > 0$

$(2\sin x - 1)(\sqrt{2}\cos x + 1) > 0$

Произведение двух выражений положительно, если оба выражения имеют одинаковый знак (оба положительны или оба отрицательны). Рассмотрим два случая.

Случай а) Оба множителя положительны:

$\begin{cases} 2\sin x - 1 > 0 \\ \sqrt{2}\cos x + 1 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x > \frac{1}{2} \\ \cos x > -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x > \frac{1}{2} \\ \cos x > -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases}$

На отрезке $[0; \pi]$ решение первого неравенства $\sin x > \frac{1}{2}$ есть интервал $x \in (\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$.

На том же отрезке решение второго неравенства $\cos x > -\frac{\sqrt{2}}{2}$ есть интервал $x \in [0, \frac{3\pi}{4})$.

Пересечение этих двух множеств дает нам решение для первого случая: $x \in (\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{4})$.

Случай б) Оба множителя отрицательны:

$\begin{cases} 2\sin x - 1 < 0 \\ \sqrt{2}\cos x + 1 < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x < \frac{1}{2} \\ \cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases}$

На отрезке $[0; \pi]$ решение первого неравенства $\sin x < \frac{1}{2}$ есть объединение интервалов $x \in [0, \frac{\pi}{6}) \cup (\frac{5\pi}{6}, \pi]$.

На том же отрезке решение второго неравенства $\cos x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ есть интервал $x \in (\frac{3\pi}{4}, \pi]$.

Пересечение этих двух множеств дает нам решение для второго случая: $x \in (\frac{5\pi}{6}, \pi]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговое решение неравенства.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{4}) \cup (\frac{5\pi}{6}, \pi]$.

2) Решим неравенство $\sqrt{2}(\sin2x + \sin x) - 2\cos x \leq 1$ при условии $x \in [0; \pi]$.

Преобразуем неравенство, используя формулу $\sin2x = 2\sin x \cos x$ и перенеся все в левую часть:

$\sqrt{2}(2\sin x \cos x + \sin x) - 2\cos x - 1 \leq 0$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители:

$\sqrt{2}\sin x (2\cos x + 1) - 1 \cdot (2\cos x + 1) \leq 0$

$(\sqrt{2}\sin x - 1)(2\cos x + 1) \leq 0$

Произведение двух выражений неположительно, если множители имеют разные знаки или один из них равен нулю. Рассмотрим два случая.

Случай а) Первый множитель неположителен, а второй неотрицателен:

$\begin{cases} \sqrt{2}\sin x - 1 \le 0 \\ 2\cos x + 1 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x \le \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \cos x \ge -\frac{1}{2} \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x \le \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \cos x \ge -\frac{1}{2} \end{cases}$

На отрезке $[0; \pi]$ решение первого неравенства $\sin x \le \frac{\sqrt{2}}{2}$ есть объединение $x \in [0, \frac{\pi}{4}] \cup [\frac{3\pi}{4}, \pi]$.

На том же отрезке решение второго неравенства $\cos x \ge -\frac{1}{2}$ есть отрезок $x \in [0, \frac{2\pi}{3}]$.

Пересечение этих множеств: $([0, \frac{\pi}{4}] \cup [\frac{3\pi}{4}, \pi]) \cap [0, \frac{2\pi}{3}]$ дает нам решение для первого случая: $x \in [0, \frac{\pi}{4}]$.

Случай б) Первый множитель неотрицателен, а второй неположителен:

$\begin{cases} \sqrt{2}\sin x - 1 \ge 0 \\ 2\cos x + 1 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \cos x \le -\frac{1}{2} \end{cases}$

На отрезке $[0; \pi]$ решение первого неравенства $\sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ есть отрезок $x \in [\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$.

На том же отрезке решение второго неравенства $\cos x \le -\frac{1}{2}$ есть отрезок $x \in [\frac{2\pi}{3}, \pi]$.

Пересечение этих множеств: $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}] \cap [\frac{2\pi}{3}, \pi]$ дает нам решение для второго случая: $x \in [\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4}]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговое решение неравенства.

Ответ: $x \in [0, \frac{\pi}{4}] \cup [\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4}]$.

21.14. Решите неравенство:

1) $\cos x + \cos 2x + \cos 3x < 0$;

2) $\cos x \cos 3x \le 0.5 \cos 2x$.

1) Решим неравенство $ \cos x + \cos 2x + \cos 3x < 0 $.

Сгруппируем первое и третье слагаемые и воспользуемся формулой суммы косинусов $ \cos\alpha + \cos\beta = 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2} $:

$ (\cos x + \cos 3x) + \cos 2x < 0 $

$ 2\cos\frac{x+3x}{2}\cos\frac{3x-x}{2} + \cos 2x < 0 $

$ 2\cos(2x)\cos x + \cos 2x < 0 $

Вынесем общий множитель $ \cos(2x) $ за скобки:

$ \cos(2x)(2\cos x + 1) < 0 $

Решим это неравенство методом интервалов. Найдем корни выражения $ \cos(2x)(2\cos x + 1) $ на промежутке $ [0, 2\pi) $.

1. $ \cos(2x) = 0 \implies 2x = \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2} $. На промежутке $ [0, 2\pi) $ корнями являются $ \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4} $.

2. $ 2\cos x + 1 = 0 \implies \cos x = -\frac{1}{2} $. На промежутке $ [0, 2\pi) $ корнями являются $ \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3} $.

Отметим все корни на числовой окружности (или прямой) в порядке возрастания: $ \frac{\pi}{4}, \frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{4\pi}{3}, \frac{7\pi}{4} $.

Эти точки разбивают промежуток $ [0, 2\pi) $ на интервалы. Определим знак выражения $ f(x) = \cos(2x)(2\cos x + 1) $ в каждом из интервалов:

• При $ x \in (0, \frac{\pi}{4}) $, например $ x=\frac{\pi}{6} $: $ f(\frac{\pi}{6}) = \cos(\frac{\pi}{3})(2\cos\frac{\pi}{6}+1) = \frac{1}{2}(2\frac{\sqrt{3}}{2}+1) > 0 $.
• При $ x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{2\pi}{3}) $, например $ x=\frac{\pi}{2} $: $ f(\frac{\pi}{2}) = \cos(\pi)(2\cos\frac{\pi}{2}+1) = (-1)(0+1) < 0 $. Интервал подходит.
• При $ x \in (\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{4}) $, например $ x=0.7\pi $: $ \cos(1.4\pi) < 0 $ и $ \cos(0.7\pi) < -\frac{1}{2} $, значит $ 2\cos x+1 < 0 $. Произведение $ (-)(-) > 0 $.
• При $ x \in (\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}) $, например $ x=\pi $: $ f(\pi) = \cos(2\pi)(2\cos\pi+1) = (1)(2(-1)+1) < 0 $. Интервал подходит.
• При $ x \in (\frac{5\pi}{4}, \frac{4\pi}{3}) $, например $ x=1.3\pi $: $ 2x \in (2.5\pi, 2.66\pi) \implies \cos(2x)<0 $. $ x \in (1.25\pi, 1.33\pi) \implies \cos x < -\frac{1}{2} \implies 2\cos x+1<0 $. Произведение $ (-)(-) > 0 $.
• При $ x \in (\frac{4\pi}{3}, \frac{7\pi}{4}) $, например $ x=\frac{3\pi}{2} $: $ f(\frac{3\pi}{2}) = \cos(3\pi)(2\cos\frac{3\pi}{2}+1) = (-1)(0+1) < 0 $. Интервал подходит.
• При $ x \in (\frac{7\pi}{4}, 2\pi) $, например $ x=1.8\pi $: $ \cos(3.6\pi) > 0 $ и $ \cos(1.8\pi) > -\frac{1}{2} $. Произведение $ (+)(+) > 0 $.

Объединяя найденные интервалы и учитывая периодичность ($ 2\pi $), получаем решение.

Ответ: $ x \in \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left( \left(\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{4\pi}{3} + 2\pi k, \frac{7\pi}{4} + 2\pi k\right) \right) $.

2) Решим неравенство $ \cos x \cos 3x \le 0,5 \cos 2x $.

Используем формулу произведения косинусов $ \cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta)) $ для левой части неравенства:

$ \cos x \cos 3x = \frac{1}{2}(\cos(x+3x) + \cos(3x-x)) = \frac{1}{2}(\cos(4x) + \cos(2x)) $.

Подставим это выражение в исходное неравенство:

$ \frac{1}{2}(\cos(4x) + \cos(2x)) \le 0,5 \cos 2x $.

Умножим обе части на 2:

$ \cos(4x) + \cos(2x) \le \cos 2x $.

Вычтем $ \cos(2x) $ из обеих частей:

$ \cos(4x) \le 0 $.

Решим это простое тригонометрическое неравенство. Косинус неположителен во второй и третьей четвертях, то есть когда его аргумент находится в промежутке $ [\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k] $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

$ \frac{\pi}{2} + 2\pi k \le 4x \le \frac{3\pi}{2} + 2\pi k $.

Разделим все части неравенства на 4, чтобы найти $ x $:

$ \frac{\pi}{8} + \frac{2\pi k}{4} \le x \le \frac{3\pi}{8} + \frac{2\pi k}{4} $.

$ \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi k}{2} $.

Ответ: $ x \in \left[\frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}, \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}\right], k \in \mathbb{Z} $.

21.15. Решите неравенство, содержащее тригонометрическую функцию под знаком модуля:

1) $| \cos x | < \frac{\sqrt{3}}{2};$

2) $| \text{tg}3x | \ge 1;$

3) $| \sin \left( 2x - \frac{\pi}{6} \right) | \le \frac{1}{2};$

4) $| \cos \left( 2x + \frac{\pi}{3} \right) | \le \frac{\sqrt{2}}{2}.$

169

1) Решим неравенство $| \cos x | < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Это неравенство равносильно двойному неравенству:$$- \frac{\sqrt{3}}{2} < \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$$Рассмотрим на единичной окружности. Уравнению $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют углы $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.Уравнению $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют углы $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$ и $x = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.Нам нужны значения $x$, для которых косинус находится между $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\frac{\sqrt{3}}{2}$. На единичной окружности это соответствует двум интервалам: от $\frac{\pi}{6}$ до $\frac{5\pi}{6}$ и от $-\frac{5\pi}{6}$ до $-\frac{\pi}{6}$.Первый интервал с учетом периодичности: $\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.Второй интервал с учетом периодичности: $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$. Этот интервал можно также записать как $\frac{7\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi k$.Эти два семейства интервалов можно объединить в одну формулу, заметив, что они повторяются с периодом $\pi$:$\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) Решим неравенство $| \text{tg} \, 3x | \ge 1$.

Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:$$\text{tg} \, 3x \ge 1 \quad \text{или} \quad \text{tg} \, 3x \le -1$$Сделаем замену $t = 3x$. Решим неравенства для $t$: $\text{tg} \, t \ge 1$ и $\text{tg} \, t \le -1$.Рассмотрим один период тангенса от $-\frac{\pi}{2}$ до $\frac{\pi}{2}$.Неравенство $\text{tg} \, t \ge 1$ выполняется при $\frac{\pi}{4} \le t < \frac{\pi}{2}$.Неравенство $\text{tg} \, t \le -1$ выполняется при $-\frac{\pi}{2} < t \le -\frac{\pi}{4}$.С учетом периодичности тангенса (период $\pi$), общие решения для $t$:$$\frac{\pi}{4} + \pi k \le t < \frac{\pi}{2} + \pi k \quad \text{и} \quad -\frac{\pi}{2} + \pi k < t \le -\frac{\pi}{4} + \pi k, \text{где } k \in \mathbb{Z}$$Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $t = 3x$:1) $\frac{\pi}{4} + \pi k \le 3x < \frac{\pi}{2} + \pi k \implies \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{3} \le x < \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}$.2) $-\frac{\pi}{2} + \pi k < 3x \le -\frac{\pi}{4} + \pi k \implies -\frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3} < x \le -\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{3}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}, -\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{3}] \cup [\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{3}, \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}), k \in \mathbb{Z}$.

3) Решим неравенство $| \sin(2x - \frac{\pi}{6}) | \le \frac{1}{2}$.

Это неравенство равносильно двойному неравенству:$$- \frac{1}{2} \le \sin(2x - \frac{\pi}{6}) \le \frac{1}{2}$$Сделаем замену $t = 2x - \frac{\pi}{6}$. Получаем $- \frac{1}{2} \le \sin t \le \frac{1}{2}$.На единичной окружности значения синуса находятся между $-\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{2}$ в двух интервалах:от $-\frac{\pi}{6}$ до $\frac{\pi}{6}$ и от $\frac{5\pi}{6}$ до $\frac{7\pi}{6}$.С учетом периодичности $2\pi$:$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$.Эти два семейства решений можно объединить в одно:$$-\frac{\pi}{6} + \pi k \le t \le \frac{\pi}{6} + \pi k, \text{где } k \in \mathbb{Z}$$Вернемся к переменной $x$, подставив $t = 2x - \frac{\pi}{6}$:$$-\frac{\pi}{6} + \pi k \le 2x - \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{6} + \pi k$$Прибавим ко всем частям $\frac{\pi}{6}$:$$\pi k \le 2x \le \frac{2\pi}{6} + \pi k \implies \pi k \le 2x \le \frac{\pi}{3} + \pi k$$Разделим все части на 2:$$\frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}$$

Ответ: $\frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

4) Решим неравенство $| \cos(2x + \frac{\pi}{3}) | \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Это неравенство равносильно двойному неравенству:$$- \frac{\sqrt{2}}{2} \le \cos(2x + \frac{\pi}{3}) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$$Сделаем замену $t = 2x + \frac{\pi}{3}$. Получаем $- \frac{\sqrt{2}}{2} \le \cos t \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.На единичной окружности значения косинуса находятся между $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $\frac{\sqrt{2}}{2}$ в двух интервалах:от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{3\pi}{4}$ и от $\frac{5\pi}{4}$ до $\frac{7\pi}{4}$.С учетом периодичности $2\pi$:$\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$ и $\frac{5\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{7\pi}{4} + 2\pi k$.Эти два семейства решений можно объединить в одно:$$\frac{\pi}{4} + \pi k \le t \le \frac{3\pi}{4} + \pi k, \text{где } k \in \mathbb{Z}$$Вернемся к переменной $x$, подставив $t = 2x + \frac{\pi}{3}$:$$\frac{\pi}{4} + \pi k \le 2x + \frac{\pi}{3} \le \frac{3\pi}{4} + \pi k$$Вычтем из всех частей $\frac{\pi}{3}$:$$\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{3} + \pi k \le 2x \le \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{3} + \pi k$$$$\frac{3\pi - 4\pi}{12} + \pi k \le 2x \le \frac{9\pi - 4\pi}{12} + \pi k$$$$-\frac{\pi}{12} + \pi k \le 2x \le \frac{5\pi}{12} + \pi k$$Разделим все части на 2:$$-\frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{5\pi}{24} + \frac{\pi k}{2}$$

Ответ: $-\frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{5\pi}{24} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.