Страница 64 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

Найдите решения неравенств на заданном промежутке (9.3–9.4):

9.3. a) $ \cos 2x \geq -\frac{\sqrt{3}}{2} $, $ x \in [-\pi; \pi] $; б) $ \sin \frac{x}{3} < \frac{1}{2} $, $ x \in [-\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}] $.

а) Решим неравенство $\cos{2x} \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ на промежутке $x \in [-\pi; \pi]$.

Сделаем замену переменной $t = 2x$. Поскольку $x \in [-\pi; \pi]$, то переменная $t$ принадлежит промежутку $2 \cdot [-\pi; \pi]$, то есть $t \in [-2\pi; 2\pi]$. Неравенство принимает вид $\cos{t} \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Общее решение неравенства $\cos{t} \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ на тригонометрической окружности соответствует дуге, заключенной между углами $-\frac{5\pi}{6}$ и $\frac{5\pi}{6}$. С учетом периодичности, решение для $t$ имеет вид:

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

Теперь выберем те решения, которые попадают в промежуток $t \in [-2\pi; 2\pi]$. Для этого подставим различные целые значения $n$:

При $n=0$: получаем промежуток $[-\frac{5\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}]$. Этот промежуток полностью принадлежит $[-2\pi; 2\pi]$.

При $n=1$: получаем $[-\frac{5\pi}{6} + 2\pi, \frac{5\pi}{6} + 2\pi]$, то есть $[\frac{7\pi}{6}, \frac{17\pi}{6}]$. Пересечение этого промежутка с $[-2\pi, 2\pi]$ дает $[\frac{7\pi}{6}, 2\pi]$.

При $n=-1$: получаем $[-\frac{5\pi}{6} - 2\pi, \frac{5\pi}{6} - 2\pi]$, то есть $[-\frac{17\pi}{6}, -\frac{7\pi}{6}]$. Пересечение этого промежутка с $[-2\pi, 2\pi]$ дает $[-2\pi, -\frac{7\pi}{6}]$.

При других значениях $n$ решения для $t$ будут лежать вне промежутка $[-2\pi; 2\pi]$.

Таким образом, решение для $t$ на заданном промежутке есть объединение найденных интервалов: $t \in [-2\pi, -\frac{7\pi}{6}] \cup [-\frac{5\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}] \cup [\frac{7\pi}{6}, 2\pi]$.

Выполним обратную замену $x = t/2$. Для этого разделим границы найденных промежутков для $t$ на 2:

1. Из $t \in [-2\pi, -\frac{7\pi}{6}]$ получаем $x \in [-\pi, -\frac{7\pi}{12}]$.

2. Из $t \in [-\frac{5\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}]$ получаем $x \in [-\frac{5\pi}{12}, \frac{5\pi}{12}]$.

3. Из $t \in [\frac{7\pi}{6}, 2\pi]$ получаем $x \in [\frac{7\pi}{12}, \pi]$.

Объединение этих промежутков является решением исходного неравенства на заданном промежутке.

Ответ: $x \in [-\pi; -\frac{7\pi}{12}] \cup [-\frac{5\pi}{12}; \frac{5\pi}{12}] \cup [\frac{7\pi}{12}; \pi]$.

б) Решим неравенство $\sin\frac{x}{3} < \frac{1}{2}$ на промежутке $x \in [-\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$.

Сделаем замену переменной $t = \frac{x}{3}$. Найдем, какому промежутку принадлежит $t$. Если $-\frac{\pi}{2} \le x \le \frac{3\pi}{2}$, то, разделив все части двойного неравенства на 3, получим $-\frac{\pi}{6} \le \frac{x}{3} \le \frac{\pi}{2}$. Таким образом, мы ищем решение неравенства $\sin{t} < \frac{1}{2}$ на отрезке $t \in [-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{2}]$.

Рассмотрим функцию $y = \sin{t}$ на этом отрезке. На промежутке $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}]$ (который включает наш отрезок) функция $\sin t$ является возрастающей.

Найдем значение $t$ из отрезка $[-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{2}]$, при котором $\sin{t} = \frac{1}{2}$. Это значение $t = \frac{\pi}{6}$.

Поскольку функция $\sin t$ возрастает на $[-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{2}]$, то неравенство $\sin{t} < \frac{1}{2}$ будет выполняться для всех $t$ из этого отрезка, которые меньше, чем $\frac{\pi}{6}$.

Левая граница отрезка $t = -\frac{\pi}{6}$ включается в решение, так как $\sin(-\frac{\pi}{6}) = -\frac{1}{2}$, и $-\frac{1}{2} < \frac{1}{2}$. Правая граница $t = \frac{\pi}{6}$ не включается, так как неравенство строгое ($\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$).

Таким образом, решение для $t$ — это промежуток $[-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{6})$.

Теперь выполним обратную замену $x = 3t$. Умножим границы полученного промежутка для $t$ на 3:

$-\frac{\pi}{6} \le t < \frac{\pi}{6} \implies 3 \cdot (-\frac{\pi}{6}) \le 3t < 3 \cdot \frac{\pi}{6} \implies -\frac{\pi}{2} \le x < \frac{\pi}{2}$.

Полученный промежуток $[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ полностью содержится в исходном заданном промежутке $x \in [-\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}]$, следовательно, это и есть искомое решение.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

9.4. a) $\operatorname{ctg}\frac{x}{2} \ge 1$, $x \in (0; \pi);$

б) $\operatorname{tg}4x > -\sqrt{3}$, $x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right).$

а) Решим неравенство $ctg\frac{x}{2} \ge 1$ на интервале $x \in (0; \pi)$.

Введем замену: пусть $t = \frac{x}{2}$.

Найдем новый интервал для переменной $t$. Так как $0 < x < \pi$, то $\frac{0}{2} < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2}$, следовательно, $0 < t < \frac{\pi}{2}$.

Теперь неравенство имеет вид $ctg(t) \ge 1$ для $t \in (0; \frac{\pi}{2})$.

Общее решение неравенства $ctg(t) \ge 1$ имеет вид $\pi n < t \le arcctg(1) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Так как $arcctg(1) = \frac{\pi}{4}$, то общее решение: $\pi n < t \le \frac{\pi}{4} + \pi n$.

Выберем решения, принадлежащие интервалу $(0; \frac{\pi}{2})$.

При $n=0$ получаем $0 < t \le \frac{\pi}{4}$. Этот интервал полностью удовлетворяет условию $t \in (0; \frac{\pi}{2})$.

При других целых значениях $n$ решения не попадают в заданный интервал.

Итак, решение для $t$ есть $0 < t \le \frac{\pi}{4}$.

Вернемся к переменной $x$, зная что $t = \frac{x}{2}$:

$0 < \frac{x}{2} \le \frac{\pi}{4}$.

Умножим все части неравенства на 2:

$0 < x \le \frac{\pi}{2}$.

Данный интервал $(0; \frac{\pi}{2}]$ полностью входит в исходный интервал $x \in (0; \pi)$.

Ответ: $x \in (0; \frac{\pi}{2}]$.

б) Решим неравенство $tg(4x) > -\sqrt{3}$ на интервале $x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

Введем замену: пусть $t = 4x$.

Найдем новый интервал для переменной $t$. Так как $-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$, то $4 \cdot (-\frac{\pi}{2}) < 4x < 4 \cdot \frac{\pi}{2}$, следовательно, $-2\pi < t < 2\pi$.

Теперь неравенство имеет вид $tg(t) > -\sqrt{3}$ для $t \in (-2\pi; 2\pi)$.

Общее решение неравенства $tg(t) > a$ имеет вид $arctg(a) + \pi n < t < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

В нашем случае $a = -\sqrt{3}$, и $arctg(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}$.

Значит, общее решение: $-\frac{\pi}{3} + \pi n < t < \frac{\pi}{2} + \pi n$.

Выберем решения, принадлежащие интервалу $(-2\pi; 2\pi)$ путем перебора целочисленных значений $n$.

При $n = -2$: $-\frac{7\pi}{3} < t < -\frac{3\pi}{2}$. Учитывая интервал $(-2\pi; 2\pi)$, получаем $-2\pi < t < -\frac{3\pi}{2}$.

При $n = -1$: $-\frac{4\pi}{3} < t < -\frac{\pi}{2}$.

При $n = 0$: $-\frac{\pi}{3} < t < \frac{\pi}{2}$.

При $n = 1$: $\frac{2\pi}{3} < t < \frac{3\pi}{2}$.

При $n = 2$: $\frac{5\pi}{3} < t < \frac{5\pi}{2}$. Учитывая интервал $(-2\pi; 2\pi)$, получаем $\frac{5\pi}{3} < t < 2\pi$.

Объединяя найденные интервалы для $t$, получаем: $t \in (-2\pi; -\frac{3\pi}{2}) \cup (-\frac{4\pi}{3}; -\frac{\pi}{2}) \cup (-\frac{\pi}{3}; \frac{\pi}{2}) \cup (\frac{2\pi}{3}; \frac{3\pi}{2}) \cup (\frac{5\pi}{3}; 2\pi)$.

Вернемся к переменной $x$, зная что $x = \frac{t}{4}$. Разделим концы найденных интервалов на 4:

$x \in (-\frac{2\pi}{4}; -\frac{3\pi}{8}) \implies x \in (-\frac{\pi}{2}; -\frac{3\pi}{8})$

$x \in (-\frac{4\pi}{12}; -\frac{\pi}{8}) \implies x \in (-\frac{\pi}{3}; -\frac{\pi}{8})$

$x \in (-\frac{\pi}{12}; \frac{\pi}{8})$

$x \in (\frac{2\pi}{12}; \frac{3\pi}{8}) \implies x \in (\frac{\pi}{6}; \frac{3\pi}{8})$

$x \in (\frac{5\pi}{12}; \frac{2\pi}{4}) \implies x \in (\frac{5\pi}{12}; \frac{\pi}{2})$

Все полученные интервалы лежат внутри исходного интервала $x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2}; -\frac{3\pi}{8}) \cup (-\frac{\pi}{3}; -\frac{\pi}{8}) \cup (-\frac{\pi}{12}; \frac{\pi}{8}) \cup (\frac{\pi}{6}; \frac{3\pi}{8}) \cup (\frac{5\pi}{12}; \frac{\pi}{2})$.

9.5. Найдите область определения функции:

a) $y = \sqrt{\cos\frac{x}{4} + 2};$

б) $y = \sqrt{\sin\frac{x}{3} - 2}.$

а) Область определения функции $y = \sqrt{\cos\frac{x}{4} + 2}$ находится из условия, что подкоренное выражение должно быть неотрицательным, то есть:

$\cos\frac{x}{4} + 2 \ge 0$

Область значений функции косинуса — это отрезок $[-1; 1]$. Это означает, что для любого действительного значения $x$ справедливо двойное неравенство:

$-1 \le \cos\frac{x}{4} \le 1$

Прибавим ко всем частям этого неравенства число 2:

$-1 + 2 \le \cos\frac{x}{4} + 2 \le 1 + 2$

$1 \le \cos\frac{x}{4} + 2 \le 3$

Как видно из полученного неравенства, подкоренное выражение $\cos\frac{x}{4} + 2$ всегда принимает значения от 1 до 3, то есть оно всегда положительно. Следовательно, условие $\cos\frac{x}{4} + 2 \ge 0$ выполняется для всех действительных чисел $x$.

Ответ: область определения функции — все действительные числа, $x \in \mathbb{R}$.

б) Область определения функции $y = \sqrt{\sin\frac{x}{3} - 2}$ находится из условия, что подкоренное выражение должно быть неотрицательным, то есть:

$\sin\frac{x}{3} - 2 \ge 0$

Область значений функции синуса — это отрезок $[-1; 1]$. Это означает, что для любого действительного значения $x$ справедливо двойное неравенство:

$-1 \le \sin\frac{x}{3} \le 1$

Вычтем из всех частей этого неравенства число 2:

$-1 - 2 \le \sin\frac{x}{3} - 2 \le 1 - 2$

$-3 \le \sin\frac{x}{3} - 2 \le -1$

Из полученного неравенства следует, что подкоренное выражение $\sin\frac{x}{3} - 2$ всегда принимает значения от -3 до -1, то есть оно всегда отрицательно. Условие $\sin\frac{x}{3} - 2 \ge 0$ не выполняется ни при каких значениях $x$.

Ответ: область определения функции — пустое множество, $\emptyset$.

Решите неравенства (9.6–9.8):

9.6. a) $\cos\frac{\pi}{4} \cdot \sin x - \sin\frac{\pi}{4} \cdot \cos x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

б) $\sin x \cdot \sin\frac{\pi}{5} - \cos x \cdot \cos\frac{\pi}{5} \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$;

в) $\sin 5x \cdot \cos 5x \le 0,25$;

г) $\sin^2 4x - \cos^2 4x > -0,5$.

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

Выражение в левой части можно преобразовать, поменяв местами слагаемые: $\sin{x} \cdot \cos\frac{\pi}{4} - \cos{x} \cdot \sin\frac{\pi}{4} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Применим формулу синуса разности углов $\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha \cos\beta - \cos\alpha \sin\beta$, где $\alpha = x$, $\beta = \frac{\pi}{4}$.

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

Обозначим $t = x - \frac{\pi}{4}$. Неравенство примет вид $\sin{t} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является интервал, который на единичной окружности соответствует дуге, лежащей ниже прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Граничные точки этой дуги находятся из уравнения $\sin{t} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, откуда $t = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $t = -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in Z$.

Таким образом, решение для $t$ имеет вид: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$, $k \in Z$.

Выполним обратную замену: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < x - \frac{\pi}{4} < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$.

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

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

$\frac{-8\pi + 3\pi}{12} + 2\pi k < x < \frac{-4\pi + 3\pi}{12} + 2\pi k$

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

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

9.6. б) Исходное неравенство: $\sin{x} \cdot \sin\frac{\pi}{5} - \cos{x} \cdot \cos\frac{\pi}{5} \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Вынесем знак минус за скобки в левой части: $-(\cos{x} \cdot \cos\frac{\pi}{5} - \sin{x} \cdot \sin\frac{\pi}{5}) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Применим формулу косинуса суммы углов $\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha \cos\beta - \sin\alpha \sin\beta$, где $\alpha = x$, $\beta = \frac{\pi}{5}$.

Получаем неравенство: $-\cos(x + \frac{\pi}{5}) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Умножим обе части на -1 и изменим знак неравенства на противоположный: $\cos(x + \frac{\pi}{5}) \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Обозначим $t = x + \frac{\pi}{5}$. Неравенство примет вид $\cos{t} \le -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решением этого неравенства является отрезок, который на единичной окружности соответствует дуге, лежащей левее прямой $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Граничные точки этой дуги находятся из уравнения $\cos{t} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$, откуда $t = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$ и $t = \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in Z$.

Решение для $t$: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, $k \in Z$.

Выполним обратную замену: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{5} \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$.

Вычтем из всех частей неравенства $\frac{\pi}{5}$:

$\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{5} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{5} + 2\pi k$

$\frac{15\pi - 4\pi}{20} + 2\pi k \le x \le \frac{25\pi - 4\pi}{20} + 2\pi k$

$\frac{11\pi}{20} + 2\pi k \le x \le \frac{21\pi}{20} + 2\pi k$, $k \in Z$.

Ответ: $\frac{11\pi}{20} + 2\pi k \le x \le \frac{21\pi}{20} + 2\pi k$, где $k \in Z$.

9.6. в) Исходное неравенство: $\sin{5x} \cdot \cos{5x} \le 0,25$.

Применим формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$, из которой следует, что $\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{2}\sin(2\alpha)$. В нашем случае $\alpha = 5x$.

Неравенство принимает вид: $\frac{1}{2}\sin(2 \cdot 5x) \le 0,25$.

$\frac{1}{2}\sin(10x) \le \frac{1}{4}$.

Умножим обе части на 2: $\sin(10x) \le \frac{1}{2}$.

Обозначим $t = 10x$. Неравенство примет вид $\sin{t} \le \frac{1}{2}$.

Решением этого неравенства является множество, которое на единичной окружности соответствует дуге, лежащей ниже или на прямой $y = \frac{1}{2}$.

Граничные точки этой дуги находятся из уравнения $\sin{t} = \frac{1}{2}$, откуда $t = \frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $t = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in Z$.

Решение для $t$ можно записать как один промежуток: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi k$ (то есть от $\frac{5\pi}{6}$ до $\frac{\pi}{6}$ следующего оборота).

Выполним обратную замену: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le 10x \le \frac{13\pi}{6} + 2\pi k$.

Разделим все части неравенства на 10:

$\frac{5\pi}{60} + \frac{2\pi k}{10} \le x \le \frac{13\pi}{60} + \frac{2\pi k}{10}$

$\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{5} \le x \le \frac{13\pi}{60} + \frac{\pi k}{5}$, $k \in Z$.

Ответ: $\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{5} \le x \le \frac{13\pi}{60} + \frac{\pi k}{5}$, где $k \in Z$.

9.6. г) Исходное неравенство: $\sin^2{4x} - \cos^2{4x} > -0,5$.

Вынесем знак минус за скобки в левой части: $-(\cos^2{4x} - \sin^2{4x}) > -0,5$.

Применим формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha$, где $\alpha = 4x$.

Неравенство принимает вид: $-\cos(2 \cdot 4x) > -0,5$.

$-\cos(8x) > -\frac{1}{2}$.

Умножим обе части на -1 и изменим знак неравенства на противоположный: $\cos(8x) < \frac{1}{2}$.

Обозначим $t = 8x$. Неравенство примет вид $\cos{t} < \frac{1}{2}$.

Решением этого неравенства является интервал, который на единичной окружности соответствует дуге, лежащей левее прямой $x = \frac{1}{2}$.

Граничные точки этой дуги находятся из уравнения $\cos{t} = \frac{1}{2}$, откуда $t = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $t = -\frac{\pi}{3} + 2\pi k$ (или $t = \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$), где $k \in Z$.

Решение для $t$: $\frac{\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, $k \in Z$.

Выполним обратную замену: $\frac{\pi}{3} + 2\pi k < 8x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$.

Разделим все части неравенства на 8:

$\frac{\pi}{24} + \frac{2\pi k}{8} < x < \frac{5\pi}{24} + \frac{2\pi k}{8}$

$\frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{4} < x < \frac{5\pi}{24} + \frac{\pi k}{4}$, $k \in Z$.

Ответ: $\frac{\pi}{24} + \frac{\pi k}{4} < x < \frac{5\pi}{24} + \frac{\pi k}{4}$, где $k \in Z$.

9.7. a) $2\cos2x > -1$;

б) $2\sin4x < -1$;

В) $-\sqrt{3} \operatorname{tg}\left(x - \frac{\pi}{4}\right) \le 1$;

Г) $\sqrt{3}\operatorname{ctg}\left(x + \frac{\pi}{6}\right) \ge 1$.

а) $2\cos{2x} > -1$

Сначала разделим обе части неравенства на 2:

$\cos{2x} > -\frac{1}{2}$

Введем замену переменной $t = 2x$. Неравенство примет вид $\cos{t} > -\frac{1}{2}$.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства является совокупность интервалов, определяемая двойным неравенством:

$-\arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi n < t < \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Поскольку $\arccos(-\frac{1}{2}) = \frac{2\pi}{3}$, получаем:

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

Теперь выполним обратную замену $t = 2x$:

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

Чтобы найти $x$, разделим все части неравенства на 2:

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

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

б) $2\sin{4x} < -1$

Разделим обе части неравенства на 2:

$\sin{4x} < -\frac{1}{2}$

Введем замену переменной $t = 4x$. Неравенство примет вид $\sin{t} < -\frac{1}{2}$.

Решением этого неравенства является совокупность интервалов:

$\pi - \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi n < t < 2\pi + \arcsin(-\frac{1}{2}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Поскольку $\arcsin(-\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6}$, получаем:

$\pi - (-\frac{\pi}{6}) + 2\pi n < t < 2\pi - \frac{\pi}{6} + 2\pi n$

$\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Этот же интервал можно записать в более удобном виде: $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < -\frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $t = 4x$:

$-\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < 4x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Разделим все части неравенства на 4:

$-\frac{5\pi}{24} + \frac{\pi n}{2} < x < -\frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}; -\frac{\pi}{24} + \frac{\pi n}{2}), n \in \mathbb{Z}$.

в) $-\sqrt{3} \text{tg}(x - \frac{\pi}{4}) \le 1$

Разделим обе части на $-\sqrt{3}$ и изменим знак неравенства на противоположный:

$\text{tg}(x - \frac{\pi}{4}) \ge -\frac{1}{\sqrt{3}}$

Введем замену $t = x - \frac{\pi}{4}$, получим $\text{tg}(t) \ge -\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Учитывая область определения тангенса ($t \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$) и его периодичность, решение для $t$ имеет вид:

$\text{arctg}(-\frac{1}{\sqrt{3}}) + \pi n \le t < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Так как $\text{arctg}(-\frac{1}{\sqrt{3}}) = -\frac{\pi}{6}$, то:

$-\frac{\pi}{6} + \pi n \le t < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $t = x - \frac{\pi}{4}$:

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

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

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

$\frac{-2\pi+3\pi}{12} + \pi n \le x < \frac{2\pi+\pi}{4} + \pi n$

$\frac{\pi}{12} + \pi n \le x < \frac{3\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{12} + \pi n; \frac{3\pi}{4} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

г) $\sqrt{3}\text{ctg}(x + \frac{\pi}{6}) \ge 1$

Разделим обе части неравенства на $\sqrt{3}$:

$\text{ctg}(x + \frac{\pi}{6}) \ge \frac{1}{\sqrt{3}}$

Введем замену $t = x + \frac{\pi}{6}$, получим $\text{ctg}(t) \ge \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Учитывая область определения котангенса ($t \ne \pi k, k \in \mathbb{Z}$) и его периодичность, решение для $t$ имеет вид:

$\pi n < t \le \text{arcctg}(\frac{1}{\sqrt{3}}) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Так как $\text{arcctg}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{3}$, то:

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

Выполним обратную замену $t = x + \frac{\pi}{6}$:

$\pi n < x + \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

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

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

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

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

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

9.8. a) $\sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{2}+x\right) \leqslant 1;$

б) $2\cos \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \leqslant \sqrt{2};$

в) $3\operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)>\sqrt{3};$

г) $\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{2}+x\right)<-1.$

а) Исходное неравенство: $\sqrt{2} \sin(\frac{\pi}{2} + x) \le 1$.

Сначала применим формулу приведения для синуса: $\sin(\frac{\pi}{2} + x) = \cos(x)$. Это верно, так как при добавлении $\frac{\pi}{2}$ к аргументу синус меняется на косинус, а знак сохраняется, поскольку во второй четверти синус положителен.

Неравенство принимает вид: $\sqrt{2}\cos(x) \le 1$.

Разделим обе части неравенства на $\sqrt{2}$: $\cos(x) \le \frac{1}{\sqrt{2}}$, что то же самое, что $\cos(x) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Для решения этого тригонометрического неравенства рассмотрим единичную окружность. Нам нужны углы $x$, для которых абсцисса (косинус) точки на окружности не больше $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Найдем углы, для которых $\cos(x) = \frac{\sqrt{2}}{2}$. В пределах одного оборота $[0, 2\pi]$ это $x = \frac{\pi}{4}$ и $x = \frac{7\pi}{4}$.

Косинус будет меньше или равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$ на дуге от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{7\pi}{4}$ включительно, двигаясь против часовой стрелки.

Учитывая периодичность функции косинуса с периодом $2\pi$, общее решение неравенства записывается в виде двойного неравенства: $\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le x \le \frac{7\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{7\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

б) Исходное неравенство: $2\cos(\frac{\pi}{2} - x) \le \sqrt{2}$.

Применим формулу приведения для косинуса: $\cos(\frac{\pi}{2} - x) = \sin(x)$. Функция меняется на синус, знак сохраняется, так как в первой четверти косинус положителен.

Неравенство принимает вид: $2\sin(x) \le \sqrt{2}$.

Разделим обе части на 2: $\sin(x) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Рассмотрим на единичной окружности. Нам нужны углы $x$, для которых ордината (синус) точки на окружности не больше $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Найдем углы, для которых $\sin(x) = \frac{\sqrt{2}}{2}$. В пределах одного оборота это $x = \frac{\pi}{4}$ и $x = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.

Синус будет меньше или равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$ на дуге, которая начинается от $\frac{3\pi}{4}$ и идет по часовой стрелке до $\frac{\pi}{4}$.

Общее решение можно записать, используя период $2\pi$. Один из способов — это представить решение в виде интервала: $-\frac{5\pi}{4} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. (Заметим, что $-\frac{5\pi}{4}$ это то же самое, что $\frac{3\pi}{4} - 2\pi$).

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

в) Исходное неравенство: $3\cot(\frac{\pi}{2} - x) > \sqrt{3}$.

Применим формулу приведения для котангенса: $\cot(\frac{\pi}{2} - x) = \tan(x)$.

Неравенство принимает вид: $3\tan(x) > \sqrt{3}$.

Разделим обе части на 3: $\tan(x) > \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Найдем угол, для которого $\tan(x) = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Это $x = \frac{\pi}{6}$.

Функция $\tan(x)$ является возрастающей на своих интервалах определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n)$. Вертикальная асимптота находится в точке $x = \frac{\pi}{2}$.

Таким образом, тангенс будет больше $\frac{\sqrt{3}}{3}$ на интервале от $\frac{\pi}{6}$ до асимптоты $\frac{\pi}{2}$.

Учитывая периодичность тангенса (период $\pi$), общее решение: $\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

г) Исходное неравенство: $\tan(\frac{\pi}{2} + x) < -1$.

Применим формулу приведения для тангенса: $\tan(\frac{\pi}{2} + x) = -\cot(x)$.

Неравенство принимает вид: $-\cot(x) < -1$.

Умножим обе части на -1, при этом знак неравенства изменится на противоположный: $\cot(x) > 1$.

Найдем угол, для которого $\cot(x) = 1$. Это $x = \frac{\pi}{4}$.

Функция $\cot(x)$ является убывающей на своих интервалах определения $(\pi n, \pi(n+1))$. Вертикальная асимптота находится в точке $x=0$ (и кратных $\pi$).

Так как функция убывающая, $\cot(x)$ будет больше 1 для углов, которые меньше $\frac{\pi}{4}$, но больше асимптоты $0$.

Учитывая периодичность котангенса (период $\pi$), общее решение: $\pi n < x < \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

9.9. Имеет ли решение неравенство:

а) $4\sin x - 2 \ge 0;$

б) $2\operatorname{tg}2x + 2 > 0;$

в) $5\cos3x + 2 \le 7?$

а) $4\sin x - 2 \ge 0$.

Для того чтобы определить, имеет ли неравенство решение, преобразуем его, выразив $\sin x$:

$4\sin x \ge 2$

$\sin x \ge \frac{2}{4}$

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

Область значений функции синуса $y = \sin x$ — это отрезок $[-1; 1]$. Так как значение $\frac{1}{2}$ принадлежит этому отрезку, существуют значения $x$, для которых $\sin x$ будет больше или равен $\frac{1}{2}$. Например, при $x = \frac{\pi}{2}$ значение $\sin x = 1$, и неравенство $1 \ge \frac{1}{2}$ является верным. Значит, неравенство имеет решения.

Ответ: да, имеет.

б) $2\tg 2x + 2 > 0$.

Преобразуем данное неравенство, выразив $\tg 2x$:

$2\tg 2x > -2$

$\tg 2x > -1$

Область значений функции тангенса $y = \tg \alpha$ — это все действительные числа, то есть $(-\infty; +\infty)$. Следовательно, $\tg 2x$ может принимать любые значения, в том числе и значения, большие $-1$. Например, при $x=0$ получаем $\tg(0) = 0$, и неравенство $0 > -1$ является верным. Значит, неравенство имеет решения.

Ответ: да, имеет.

в) $5\cos 3x + 2 \le 7$.

Преобразуем неравенство, чтобы выразить $\cos 3x$:

$5\cos 3x \le 7 - 2$

$5\cos 3x \le 5$

$\cos 3x \le 1$

Область значений функции косинуса $y = \cos \alpha$ — это отрезок $[-1; 1]$. Это означает, что максимальное значение, которое может принять $\cos 3x$, равно 1. Таким образом, неравенство $\cos 3x \le 1$ выполняется для любого действительного значения $x$. Следовательно, решением неравенства является любое действительное число.

Ответ: да, имеет.

1. Найдите область определения функции $y = \sqrt{\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}}$:

А) $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in Z;$

В) $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in Z;$

С) $-\frac{\pi}{3} + \pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + \pi n, n \in Z;$

D) $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in Z.$

Область определения функции $y = \sqrt{\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}}$ находится из условия, что выражение под знаком квадратного корня должно быть неотрицательным.

Таким образом, необходимо решить следующее неравенство:

$\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} \ge 0$

Перенесем $\frac{\sqrt{3}}{2}$ в правую часть неравенства:

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

Чтобы решить это тригонометрическое неравенство, можно использовать единичную окружность. Косинус угла $x$ представляет собой абсциссу (координату по оси x) точки на единичной окружности. Нам нужно найти все углы $x$, для которых абсцисса соответствующей точки больше или равна $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сначала найдем значения $x$, для которых выполняется равенство $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

На промежутке $[-\pi, \pi]$ решениями этого уравнения являются $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = -\frac{\pi}{6}$.

На единичной окружности значения косинуса, которые больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$, соответствуют дуге, заключенной между углами $-\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$. Таким образом, решением неравенства на одном основном промежутке будет:

$-\frac{\pi}{6} \le x \le \frac{\pi}{6}$

Функция $\cos x$ является периодической с основным периодом $2\pi$. Чтобы получить все решения, необходимо добавить к границам найденного интервала слагаемое $2\pi n$, где $n$ — любое целое число ($n \in \mathbb{Z}$).

Общее решение неравенства имеет вид:

$-\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

Сравнивая полученный результат с предложенными вариантами, мы видим, что он совпадает с вариантом A).

Ответ: A) $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$