Номер 34, страница 145 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

34. a) $\frac{2\operatorname{tg}2x}{1 - \operatorname{tg}^22x} \le \sqrt{3};$

б) $\frac{1 - \operatorname{tg}^23x}{2\operatorname{tg}3x} > -\sqrt{3}.$

a)

Исходное неравенство: $ \frac{2\operatorname{tg}2x}{1 - \operatorname{tg}^22x} \le \sqrt{3} $.

Левая часть неравенства представляет собой формулу тангенса двойного угла $ \operatorname{tg}(2\alpha) = \frac{2\operatorname{tg}\alpha}{1 - \operatorname{tg}^2\alpha} $. Однако, область определения исходного выражения отличается от области определения выражения $ \operatorname{tg}(4x) $. В частности, исходное выражение не определено, когда $ \operatorname{tg}(2x) $ не определен, то есть при $ 2x = \frac{\pi}{2} + \pi k $, что дает $ x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2} $. В этих точках выражение $ \operatorname{tg}(4x) = \operatorname{tg}(2(2x)) = \operatorname{tg}(\pi + 2\pi k) = 0 $, и неравенство $ 0 \le \sqrt{3} $ выполняется. Чтобы избежать потери или приобретения корней, решим неравенство без преобразования, сделав замену.

Пусть $ y = \operatorname{tg}(2x) $. Неравенство принимает вид: $ \frac{2y}{1 - y^2} \le \sqrt{3} $

Перенесем все в левую часть и приведем к общему знаменателю: $ \frac{2y}{1 - y^2} - \sqrt{3} \le 0 $ $ \frac{2y - \sqrt{3}(1 - y^2)}{1 - y^2} \le 0 $ $ \frac{\sqrt{3}y^2 + 2y - \sqrt{3}}{(1 - y)(1 + y)} \le 0 $

Найдем корни числителя $ \sqrt{3}y^2 + 2y - \sqrt{3} = 0 $. Дискриминант $ D = 2^2 - 4(\sqrt{3})(-\sqrt{3}) = 4 + 12 = 16 $. Корни: $ y_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{16}}{2\sqrt{3}} = \frac{-2 \pm 4}{2\sqrt{3}} $. $ y_1 = \frac{-6}{2\sqrt{3}} = -\sqrt{3} $ $ y_2 = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} $

Неравенство можно переписать в виде: $ \frac{\sqrt{3}(y - 1/\sqrt{3})(y + \sqrt{3})}{-(y - 1)(y + 1)} \le 0 $ Разделим на $ -\sqrt{3} $ (знак неравенства изменится): $ \frac{(y - 1/\sqrt{3})(y + \sqrt{3})}{(y - 1)(y + 1)} \ge 0 $

Решим это неравенство методом интервалов для $ y $. Корни числителя: $ -\sqrt{3} $ и $ 1/\sqrt{3} $. Корни знаменателя: $ -1 $ и $ 1 $. Расположим точки на числовой оси: $ -\sqrt{3} \approx -1.732 $, $ -1 $, $ 1/\sqrt{3} \approx 0.577 $, $ 1 $. Проверяя знаки на интервалах, получаем решение для $ y $: $ y \in (-\infty, -\sqrt{3}] \cup (-1, 1/\sqrt{3}] \cup (1, +\infty) $.

Теперь вернемся к замене $ y = \operatorname{tg}(2x) $ и решим три совокупных неравенства:

1) $ \operatorname{tg}(2x) \le -\sqrt{3} $ $ -\frac{\pi}{2} + \pi n < 2x \le -\frac{\pi}{3} + \pi n $ $ -\frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} < x \le -\frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{2} $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

2) $ -1 < \operatorname{tg}(2x) \le \frac{1}{\sqrt{3}} $ $ -\frac{\pi}{4} + \pi n < 2x \le \frac{\pi}{6} + \pi n $ $ -\frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2} < x \le \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2} $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3) $ \operatorname{tg}(2x) > 1 $ $ \frac{\pi}{4} + \pi n < 2x < \frac{\pi}{2} + \pi n $ $ \frac{\pi}{8} + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2} $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Объединяя все три случая, получаем итоговое решение.

Ответ: $ x \in \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} \left( \left(-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}, -\frac{\pi}{6}+\frac{\pi n}{2}\right] \cup \left(-\frac{\pi}{8}+\frac{\pi n}{2}, \frac{\pi}{12}+\frac{\pi n}{2}\right] \cup \left(\frac{\pi}{8}+\frac{\pi n}{2}, \frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}\right) \right) $.

б)

Исходное неравенство: $ \frac{1 - \operatorname{tg}^23x}{2\operatorname{tg}3x} > -\sqrt{3} $.

Левая часть неравенства представляет собой формулу котангенса двойного угла $ \operatorname{ctg}(2\alpha) = \frac{1 - \operatorname{tg}^2\alpha}{2\operatorname{tg}\alpha} $. В данном случае $ \alpha = 3x $, поэтому выражение равно $ \operatorname{ctg}(2 \cdot 3x) = \operatorname{ctg}(6x) $.

Проверим области определения. Для исходного выражения $ \operatorname{tg}(3x) $ должен быть определен, то есть $ 3x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k $, и знаменатель не должен быть равен нулю, то есть $ \operatorname{tg}(3x) \ne 0 $, что означает $ 3x \ne \pi m $. Объединяя эти условия, получаем $ 3x \ne \frac{\pi n}{2} $, или $ x \ne \frac{\pi n}{6} $, где $ n \in \mathbb{Z} $. Для выражения $ \operatorname{ctg}(6x) $ оно определено, когда $ 6x \ne \pi n $, что также дает $ x \ne \frac{\pi n}{6} $, где $ n \in \mathbb{Z} $. Так как области определения совпадают, мы можем заменить исходное выражение на $ \operatorname{ctg}(6x) $.

Получаем неравенство: $ \operatorname{ctg}(6x) > -\sqrt{3} $

Функция котангенса является убывающей на каждом интервале своей области определения. Найдем значение арккотангенса: $ \operatorname{arccot}(-\sqrt{3}) = \pi - \operatorname{arccot}(\sqrt{3}) = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} $. Решение неравенства $ \operatorname{ctg}(u) > a $ имеет вид $ \pi n < u < \operatorname{arccot}(a) + \pi n $. В нашем случае $ u = 6x $: $ \pi n < 6x < \frac{5\pi}{6} + \pi n $

Разделим все части неравенства на 6: $ \frac{\pi n}{6} < x < \frac{5\pi}{36} + \frac{\pi n}{6} $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi n}{6}, \frac{5\pi}{36} + \frac{\pi n}{6}\right), n \in \mathbb{Z} $.