Страница 168, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

1. Что является решением неравенства:1) $sin x > 0$; 2) $sin x < 0$; 3) $cos x > 0$; 4) $cos x < 0$; 5) $\operatorname{tg} x < 0$; 6) $\operatorname{ctg} x > 0$?

2. Решите неравенства:1) $sin x > 1$; 2) $sin x \le -1$; 3) $cos x \ge 1$; 4) $cos x \le -1$.

1. Для решения данных тригонометрических неравенств используется метод единичной окружности.

1) Неравенство $\sin x > 0$.

Синус (ордината точки на единичной окружности) положителен в I и II координатных четвертях. Этим четвертям соответствуют углы в интервале $(0, \pi)$. С учетом периодичности функции синус, равной $2\pi$, общее решение неравенства:

Ответ: $2\pi n < x < \pi + 2\pi n$, где $n \in Z$.

2) Неравенство $\sin x < 0$.

Синус отрицателен в III и IV координатных четвертях. Этим четвертям соответствуют углы в интервале $(\pi, 2\pi)$. С учетом периодичности, общее решение:

Ответ: $\pi + 2\pi n < x < 2\pi + 2\pi n$, где $n \in Z$.

3) Неравенство $\cos x > 0$.

Косинус (абсцисса точки на единичной окружности) положителен в I и IV координатных четвертях. Этим четвертям соответствуют углы в интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. С учетом периодичности функции косинус, равной $2\pi$, общее решение:

Ответ: $-\frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

4) Неравенство $\cos x < 0$.

Косинус отрицателен во II и III координатных четвертях. Этим четвертям соответствуют углы в интервале $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$. С учетом периодичности, общее решение:

Ответ: $\frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

5) Неравенство $\text{tg } x < 0$.

Тангенс отрицателен, когда синус и косинус имеют разные знаки, то есть во II и IV четвертях. Период функции тангенс равен $\pi$. Решением является объединение интервалов, повторяющихся с периодом $\pi$. Это интервалы вида $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \pi n)$.

Ответ: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < x < \pi n$, где $n \in Z$.

6) Неравенство $\text{ctg } x > 0$.

Котангенс положителен, когда синус и косинус имеют одинаковые знаки, то есть в I и III четвертях. Период функции котангенс равен $\pi$. Решением является объединение интервалов, повторяющихся с периодом $\pi$. Это интервалы вида $(\pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n)$.

Ответ: $\pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in Z$.

2. Для решения данных неравенств используется область значений тригонометрических функций.

1) Неравенство $\sin x > 1$.

Область значений функции $y=\sin x$ — это отрезок $[-1, 1]$. Значения синуса не могут быть больше 1. Следовательно, неравенство не имеет решений.

Ответ: нет решений.

2) Неравенство $\sin x \le -1$.

Так как область значений функции синуса $[-1, 1]$, то $\sin x$ не может быть меньше -1. Следовательно, данное неравенство равносильно уравнению $\sin x = -1$.

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

3) Неравенство $\cos x \ge 1$.

Область значений функции $y=\cos x$ — это отрезок $[-1, 1]$. Значения косинуса не могут быть больше 1. Следовательно, данное неравенство равносильно уравнению $\cos x = 1$.

Ответ: $x = 2\pi n$, где $n \in Z$.

4) Неравенство $\cos x < -1$.

Так как область значений функции косинуса $[-1, 1]$, то $\cos x$ не может быть меньше -1. Следовательно, неравенство не имеет решений.

Ответ: нет решений.

Решите неравенства (21.1–21.4):

21.1. 1) $\sin x > \frac{\sqrt{3}}{2}$; 2) $\sin x < \frac{\sqrt{3}}{2}$; 3) $\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$; 4) $\sin x > -1$.

1) Решите неравенство $\sin x > \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Для решения этого тригонометрического неравенства воспользуемся единичной окружностью. Сначала найдём значения $x$, для которых соответствующее равенство $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ является верным. Решениями этого уравнения являются $x = \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k$ и $x = \pi - \arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Вычисляем: $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $x = \pi - \frac{\pi}{3} + 2\pi k = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$.

На единичной окружности синус угла соответствует ординате (y-координате) точки. Неравенство $\sin x > \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для тех точек окружности, ординаты которых больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Эти точки лежат на дуге, расположенной выше прямой $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Концами этой дуги являются точки, соответствующие углам $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$. Таким образом, решение неравенства на одном обороте — это интервал $(\frac{\pi}{3}; \frac{2\pi}{3})$.

Учитывая периодичность функции синуса (период $2\pi$), общее решение неравенства записывается как: $\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{2\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

2) Решите неравенство $\sin x < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Граничные значения $x$, для которых $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, были найдены в предыдущем пункте: $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На единичной окружности нам нужны точки, ординаты которых меньше $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Эти точки лежат на дуге, расположенной ниже прямой $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Эта дуга начинается в точке $\frac{2\pi}{3}$ и, если двигаться против часовой стрелки, заканчивается в точке $\frac{\pi}{3}$ следующего оборота. Угол на следующем обороте можно записать как $\frac{\pi}{3} + 2\pi = \frac{7\pi}{3}$.

Таким образом, решение для одного периода можно записать как интервал $(\frac{2\pi}{3}, \frac{7\pi}{3})$. С учётом периодичности, общее решение неравенства: $\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k; \frac{7\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

3) Решите неравенство $\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Сначала решим уравнение $\sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Его решениями являются $x = \arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi k$ и $x = \pi - \arcsin(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Вычисляем: $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi k$ и $x = \pi - (-\frac{\pi}{4}) + 2\pi k = \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$.

Неравенство $\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$ выполняется для точек на единичной окружности, ординаты которых больше или равны $-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Эти точки лежат на дуге, расположенной выше прямой $y = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, включая концы дуги.

Дуга начинается в точке $-\frac{\pi}{4}$ и заканчивается в точке $\frac{5\pi}{4}$. Поскольку неравенство нестрогое, концы дуги включаются в решение.

Решение для одного периода: $[-\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}]$. Общее решение с учетом периода $2\pi$ имеет вид: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{5\pi}{4} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

4) Решите неравенство $\sin x > -1$.

Область значений функции $y = \sin x$ — это отрезок $[-1, 1]$. Это значит, что для любого действительного $x$ всегда выполняется условие $\sin x \ge -1$.

Данное в задаче неравенство строгое: $\sin x > -1$. Это означает, что оно выполняется для всех значений $x$, за исключением тех, при которых $\sin x$ принимает свое минимальное значение, то есть $\sin x = -1$.

Найдем значения $x$, для которых $\sin x = -1$. Это уравнение имеет решения $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Следовательно, решением неравенства $\sin x > -1$ являются все действительные числа, кроме этих точек.

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

21.2.

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

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

3) $ \cos x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $;

4) $ \cos x > -1 $.

1) Решим неравенство $ \cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Сначала найдем корни уравнения $ \cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Общее решение этого уравнения: $ x = \pm \arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Поскольку $ \arccos(-a) = \pi - \arccos(a) $, то $ \arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) = \pi - \arccos(\frac{\sqrt{3}}{2}) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} $.

Таким образом, $ x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi k $.

Отметим эти точки на единичной окружности. Это точки, соответствующие углам $ \frac{5\pi}{6} $ и $ -\frac{5\pi}{6} $.

Неравенству $ \cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, абсцисса (косинус) которых больше $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Это дуга окружности, расположенная правее вертикальной прямой $ x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки от точки $ -\frac{5\pi}{6} $ к точке $ \frac{5\pi}{6} $, мы получаем интервал $ (-\frac{5\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}) $.

Учитывая периодичность функции косинуса (период $ 2\pi $), общее решение неравенства записывается в виде двойного неравенства:

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

Ответ: $ x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

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

Сначала найдем корни уравнения $ \cos x = \frac{1}{2} $.

Общее решение этого уравнения: $ x = \pm \arccos(\frac{1}{2}) + 2\pi k = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Отметим эти точки на единичной окружности. Это точки, соответствующие углам $ \frac{\pi}{3} $ и $ -\frac{\pi}{3} $.

Неравенству $ \cos x < \frac{1}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, абсцисса которых меньше $ \frac{1}{2} $. Это дуга окружности, расположенная левее вертикальной прямой $ x = \frac{1}{2} $.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки от точки $ \frac{\pi}{3} $ к точке $ -\frac{\pi}{3} $ (что то же самое, что и точка $ 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3} $), мы получаем интервал $ (\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}) $.

Учитывая периодичность функции косинуса, общее решение неравенства:

$ \frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z} $.

3) Решим неравенство $ \cos x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Сначала найдем корни уравнения $ \cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Общее решение: $ x = \pm \arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) + 2\pi k = \pm (\pi - \frac{\pi}{4}) + 2\pi k = \pm \frac{3\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Отметим эти точки на единичной окружности. Это точки, соответствующие углам $ \frac{3\pi}{4} $ и $ -\frac{3\pi}{4} $.

Неравенству $ \cos x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют точки на единичной окружности, абсцисса которых больше или равна $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Это дуга окружности, расположенная правее вертикальной прямой $ x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $, включая концы дуги.

Двигаясь по окружности против часовой стрелки от точки $ -\frac{3\pi}{4} $ к точке $ \frac{3\pi}{4} $, мы получаем отрезок $ [-\frac{3\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}] $.

Учитывая периодичность, общее решение неравенства:

$ -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in [-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; \frac{3\pi}{4} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

4) Решим неравенство $ \cos x > -1 $.

Область значений функции косинуса - это отрезок $ [-1, 1] $, то есть $ -1 \le \cos x \le 1 $ для любого значения $ x $.

Неравенство $ \cos x > -1 $ выполняется всегда, за исключением тех случаев, когда $ \cos x = -1 $.

Найдем значения $ x $, при которых $ \cos x = -1 $.

Это уравнение имеет решения $ x = \pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Следовательно, решением исходного неравенства являются все действительные числа, кроме $ x = \pi + 2\pi k $.

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

21.3.

1) $tgx > \frac{\sqrt{3}}{3}$;

2) $tgx < -\frac{\sqrt{3}}{3}$;

3) $tgx \geq \sqrt{3}$;

4) $tgx \geq -1$.

1) Для решения неравенства $ \text{tg } x > \frac{\sqrt{3}}{3} $ сначала найдём угол, тангенс которого равен $ \frac{\sqrt{3}}{3} $. Это $ x = \text{arctg}\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{\pi}{6} $. Функция $ \text{tg } x $ является возрастающей на своём основном периоде $ \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right) $. Неравенству удовлетворяют все значения $ x $, которые больше $ \frac{\pi}{6} $, но меньше, чем правая граница периода, где находится асимптота, то есть $ \frac{\pi}{2} $. Таким образом, на одном периоде решение имеет вид $ \frac{\pi}{6} < x < \frac{\pi}{2} $. Учитывая, что период тангенса равен $ \pi $, общее решение записывается как $ \frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi}{6} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

2) Для решения неравенства $ \text{tg } x < -\frac{\sqrt{3}}{3} $ найдём угол, тангенс которого равен $ -\frac{\sqrt{3}}{3} $. Это $ x = \text{arctg}\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = -\frac{\pi}{6} $. Так как функция $ \text{tg } x $ возрастающая, неравенству удовлетворяют значения $ x $, которые меньше $ -\frac{\pi}{6} $, но больше левой границы периода, то есть $ -\frac{\pi}{2} $. Таким образом, на одном периоде решение: $ -\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{6} $. Общее решение с учётом периода $ \pi $: $ -\frac{\pi}{2} + \pi k < x < -\frac{\pi}{6} + \pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{\pi}{2} + \pi k; -\frac{\pi}{6} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

3) Для решения неравенства $ \text{tg } x \ge \sqrt{3} $ найдём опорное значение $ x = \text{arctg}\left(\sqrt{3}\right) = \frac{\pi}{3} $. Неравенство нестрогое, поэтому это значение включается в решение. Решением являются все значения $ x $, которые больше или равны $ \frac{\pi}{3} $, но меньше асимптоты $ \frac{\pi}{2} $. На одном периоде получаем $ \frac{\pi}{3} \le x < \frac{\pi}{2} $. Общее решение с учётом периода $ \pi $: $ \frac{\pi}{3} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z} $.

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

4) Для решения неравенства $ \text{tg } x \ge -1 $ найдём опорное значение $ x = \text{arctg}(-1) = -\frac{\pi}{4} $. Так как неравенство нестрогое, это значение является частью решения. Решением являются все значения $ x $, которые больше или равны $ -\frac{\pi}{4} $, но меньше асимптоты $ \frac{\pi}{2} $. На одном периоде получаем $ -\frac{\pi}{4} \le x < \frac{\pi}{2} $. Общее решение с учётом периода $ \pi $: $ -\frac{\pi}{4} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k, \text{ где } k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left[-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{2} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

21.4.

1) $ctg x > \frac{\sqrt{3}}{3}$;

2) $ctg x < - \frac{\sqrt{3}}{3}$;

3) $ctg x \ge \sqrt{3}$;

4) $ctg x \le -1$.

1) Решим тригонометрическое неравенство $ctgx > \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Для начала найдем главный корень уравнения $ctgx = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Этим корнем является $x = arcctg(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{3}$.

Функция $y = ctgx$ является убывающей на всей своей области определения, в частности на интервале $(0, \pi)$. Поэтому, чем больше значение функции, тем меньше значение аргумента.

Таким образом, неравенству $ctgx > \frac{\sqrt{3}}{3}$ на интервале $(0, \pi)$ удовлетворяют значения $x$, для которых $0 < x < \frac{\pi}{3}$.

Так как функция котангенса периодическая с периодом $\pi$, то общее решение неравенства получается добавлением $\pi n$ к границам найденного интервала, где $n \in \mathbb{Z}$.

В итоге получаем: $\pi n < x < \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\pi n; \frac{\pi}{3} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим тригонометрическое неравенство $ctgx < -\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Найдем главный корень уравнения $ctgx = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Этим корнем является $x = arcctg(-\frac{\sqrt{3}}{3}) = \pi - arcctg(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$.

Функция $y = ctgx$ является убывающей. Следовательно, чем меньше значение функции, тем больше значение аргумента.

Таким образом, неравенству $ctgx < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ на интервале $(0, \pi)$ удовлетворяют значения $x$, для которых $\frac{2\pi}{3} < x < \pi$.

Учитывая периодичность функции котангенса с периодом $\pi$, общее решение имеет вид: $\frac{2\pi}{3} + \pi n < x < \pi + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{2\pi}{3} + \pi n; \pi + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

3) Решим тригонометрическое неравенство $ctgx \ge \sqrt{3}$.

Найдем главный корень уравнения $ctgx = \sqrt{3}$. Этим корнем является $x = arcctg(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{6}$.

Так как функция $y = ctgx$ убывающая, то неравенству $ctgx \ge \sqrt{3}$ на интервале $(0, \pi)$ удовлетворяют значения $x$, для которых $0 < x \le \frac{\pi}{6}$. Поскольку неравенство нестрогое, точка $x=\frac{\pi}{6}$ включается в решение.

Учитывая периодичность функции котангенса с периодом $\pi$, общее решение неравенства получается добавлением $\pi n$ к границам найденного интервала: $\pi n < x \le \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\pi n; \frac{\pi}{6} + \pi n], n \in \mathbb{Z}$.

4) Решим тригонометрическое неравенство $ctgx \le -1$.

Найдем главный корень уравнения $ctgx = -1$. Этим корнем является $x = arcctg(-1) = \pi - arcctg(1) = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.

Так как функция $y = ctgx$ убывающая, то неравенству $ctgx \le -1$ на интервале $(0, \pi)$ удовлетворяют значения $x$, для которых $\frac{3\pi}{4} \le x < \pi$. Поскольку неравенство нестрогое, точка $x=\frac{3\pi}{4}$ включается в решение.

Учитывая периодичность функции котангенса с периодом $\pi$, общее решение неравенства имеет вид: $\frac{3\pi}{4} + \pi n \le x < \pi + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{3\pi}{4} + \pi n; \pi + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

21.5. Найдите решение неравенства:

1) $\sin x \cos x > \frac{1}{4}$;

2) $\cos^2 x - \sin^2 x \le \frac{1}{2}$;

3) $\sin 2x \cos 2x \le \frac{1}{4}$;

4) $\cos^2 x - \sin^2 x > \frac{1}{2}$.

1) $ \sin x \cos x > \frac{1}{4} $

Воспользуемся формулой синуса двойного угла: $ \sin(2\alpha) = 2 \sin \alpha \cos \alpha $.

Отсюда $ \sin x \cos x = \frac{1}{2} \sin(2x) $.

Подставим это в исходное неравенство:

$ \frac{1}{2} \sin(2x) > \frac{1}{4} $

Умножим обе части на 2:

$ \sin(2x) > \frac{1}{2} $

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Обозначим $ t = 2x $.

$ \sin t > \frac{1}{2} $

Решением этого неравенства является интервал $ \frac{\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Теперь вернемся к переменной $ x $:

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

Разделим все части неравенства на 2:

$ \frac{\pi}{12} + \pi n < x < \frac{5\pi}{12} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

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

2) $ \cos^2 x - \sin^2 x \le \frac{1}{2} $

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $ \cos(2\alpha) = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha $.

Подставим это в исходное неравенство:

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

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Обозначим $ t = 2x $.

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

Решением этого неравенства является интервал $ \frac{\pi}{3} + 2\pi n \le t \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Теперь вернемся к переменной $ x $:

$ \frac{\pi}{3} + 2\pi n \le 2x \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi n $

Разделим все части неравенства на 2:

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

Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{5\pi}{6} + \pi n] $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3) $ \sin(2x) \cos(2x) \le \frac{1}{4} $

Воспользуемся формулой синуса двойного угла: $ \sin(2\alpha) = 2 \sin \alpha \cos \alpha $. В нашем случае $ \alpha = 2x $.

Отсюда $ \sin(2x) \cos(2x) = \frac{1}{2} \sin(2 \cdot 2x) = \frac{1}{2} \sin(4x) $.

Подставим это в исходное неравенство:

$ \frac{1}{2} \sin(4x) \le \frac{1}{4} $

Умножим обе части на 2:

$ \sin(4x) \le \frac{1}{2} $

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Обозначим $ t = 4x $.

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

Решением этого неравенства является интервал $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi n $ (или $ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n $), где $ n \in \mathbb{Z} $.

Возьмем второй, более удобный вариант записи. Вернемся к переменной $ x $:

$ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi n \le 4x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n $

Разделим все части неравенства на 4:

$ -\frac{7\pi}{24} + \frac{\pi n}{2} \le x \le \frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2} $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in [-\frac{7\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}; \frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}] $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

4) $ \cos^2 x - \sin^2 x > \frac{1}{2} $

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $ \cos(2\alpha) = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha $.

Подставим это в исходное неравенство:

$ \cos(2x) > \frac{1}{2} $

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Обозначим $ t = 2x $.

$ \cos t > \frac{1}{2} $

Решением этого неравенства является интервал $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{3} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Теперь вернемся к переменной $ x $:

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

Разделим все части неравенства на 2:

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

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

Решите неравенства (21.6—21.7):

21.6. 1) $2\cos\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \le 1$; 2) $2\cos\left(4x - \frac{\pi}{6}\right) > 1$; 3) $\sqrt{2}\sin\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) \ge 1$.

168

1) Дано неравенство $2\cos(2x + \frac{\pi}{3}) \le 1$.

Сначала разделим обе части неравенства на 2:

$\cos(2x + \frac{\pi}{3}) \le \frac{1}{2}$.

Введем новую переменную $t = 2x + \frac{\pi}{3}$. Неравенство примет вид:

$\cos(t) \le \frac{1}{2}$.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является совокупность промежутков, которые можно найти с помощью единичной окружности. Значения $t$, для которых $\cos(t) \le \frac{1}{2}$, лежат в интервале от $\frac{\pi}{3}$ до $\frac{5\pi}{3}$ (или до $-\frac{\pi}{3} + 2\pi$). С учетом периодичности косинуса, получаем:

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

Теперь сделаем обратную замену, подставив $2x + \frac{\pi}{3}$ вместо $t$:

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

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

$\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 2\pi n \le 2x \le \frac{5\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 2\pi n$

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

Наконец, разделим все части на 2, чтобы выразить $x$:

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

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

2) Дано неравенство $2\cos(4x - \frac{\pi}{6}) > 1$.

Разделим обе части на 2:

$\cos(4x - \frac{\pi}{6}) > \frac{1}{2}$.

Введем переменную $t = 4x - \frac{\pi}{6}$, получим неравенство $\cos(t) > \frac{1}{2}$.

Решение этого неравенства на единичной окружности соответствует дуге, где абсцисса точек больше $\frac{1}{2}$. Это происходит между углами $-\frac{\pi}{3}$ и $\frac{\pi}{3}$. С учетом периодичности:

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

Выполним обратную замену:

$-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < 4x - \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.

Прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям неравенства:

$-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n < 4x < \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n$

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

$-\frac{\pi}{6} + 2\pi n < 4x < \frac{3\pi}{6} + 2\pi n$

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

Разделим все части на 4:

$-\frac{\pi}{24} + \frac{2\pi n}{4} < x < \frac{\pi}{8} + \frac{2\pi n}{4}$

$-\frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}, \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2}), n \in \mathbb{Z}$.

3) Дано неравенство $\sqrt{2} \sin(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}) \ge 1$.

Разделим обе части на $\sqrt{2}$:

$\sin(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}) \ge \frac{1}{\sqrt{2}}$, или $\sin(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Введем переменную $t = \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}$. Неравенство примет вид:

$\sin(t) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.

На единичной окружности значения $t$, для которых $\sin(t) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$, находятся в промежутке от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{3\pi}{4}$ включительно. С учетом периодичности:

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

Сделаем обратную замену:

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

Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей неравенства:

$\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le \frac{x}{2} \le \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n$

$2\pi n \le \frac{x}{2} \le \frac{2\pi}{4} + 2\pi n$

$2\pi n \le \frac{x}{2} \le \frac{\pi}{2} + 2\pi n$.

Умножим все части на 2:

$4\pi n \le x \le \pi + 4\pi n$.

Ответ: $x \in [4\pi n, \pi + 4\pi n], n \in \mathbb{Z}$.