Номер 35, страница 145 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

35. a) $\cos^2 x + \frac{1}{2} > \sin^2 x$;

б) $4\sin2x \cdot \cos2x - \sqrt{2} \le 0.$

a) Решим неравенство $\cos^2x + \frac{1}{2} > \sin^2x$.

Перенесем $\sin^2x$ в левую часть неравенства:

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

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла $\cos(2x) = \cos^2x - \sin^2x$. Неравенство примет вид:

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

Сделаем замену $t = 2x$. Получим простейшее тригонометрическое неравенство $\cos(t) > -\frac{1}{2}$.

Решениями уравнения $\cos(t) = -\frac{1}{2}$ являются $t = \pm\frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На единичной окружности значениям $t$, для которых $\cos(t) > -\frac{1}{2}$, соответствует дуга, расположенная правее прямой $x = -1/2$. Таким образом, решение для $t$ имеет вид:

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

Теперь выполним обратную замену $t = 2x$:

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

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

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

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

б) Решим неравенство $4\sin(2x)\cos(2x) - \sqrt{2} \le 0$.

Используем формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$. В нашем случае $\alpha = 2x$. Преобразуем левую часть неравенства:

$4\sin(2x)\cos(2x) = 2 \cdot (2\sin(2x)\cos(2x)) = 2\sin(2 \cdot 2x) = 2\sin(4x)$.

Подставим полученное выражение в исходное неравенство:

$2\sin(4x) - \sqrt{2} \le 0$

Выразим $\sin(4x)$:

$2\sin(4x) \le \sqrt{2}$

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

Сделаем замену $t = 4x$. Получим неравенство $\sin(t) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решениями уравнения $\sin(t) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ являются $t = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$ и $t = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На единичной окружности значениям $t$, для которых $\sin(t) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$, соответствует дуга, расположенная ниже или на прямой $y = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Эта дуга начинается в точке $\frac{3\pi}{4}$ и заканчивается в точке $2\pi+\frac{\pi}{4} = \frac{9\pi}{4}$. Таким образом, решение для $t$ имеет вид:

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{9\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $t = 4x$:

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le 4x \le \frac{9\pi}{4} + 2\pi k$

Чтобы найти $x$, разделим все части двойного неравенства на 4:

$\frac{3\pi}{16} + \frac{2\pi k}{4} \le x \le \frac{9\pi}{16} + \frac{2\pi k}{4}$

$\frac{3\pi}{16} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{9\pi}{16} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{3\pi}{16} + \frac{\pi k}{2}; \frac{9\pi}{16} + \frac{\pi k}{2}], k \in \mathbb{Z}$.