Номер 13, страница 66 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

13. Решите двойное неравенство $0 \le \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$:

A) $\left(\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{2} + 2\pi n\right)$, $n \in Z$;

B) $\left(-\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{2} + 2\pi n\right]$, $n \in Z$;

C) $\left[-\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{2} + 2\pi n\right] \cup \left(\frac{\pi}{3} + 2\pi n; \frac{5\pi}{2} + 2\pi n\right)$, $n \in Z$;

D) $\left[-\frac{\pi}{2} + 2\pi n; -\frac{\pi}{6} + 2\pi n\right) \cup \left(\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{\pi}{2} + 2\pi n\right]$, $n \in Z$.

Для решения двойного неравенства $0 \le \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$ необходимо найти все значения $x$, для которых косинус принимает значения из указанного полуинтервала. Решим это неравенство, разбив его на систему двух неравенств:

$\begin{cases} \cos x \ge 0 \\ \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$

Для наглядности будем использовать единичную тригонометрическую окружность. Значение $\cos x$ соответствует абсциссе (координате $x$) точки на этой окружности.

1. Решим первое неравенство: $\cos x \ge 0$.

Косинус неотрицателен в I и IV координатных четвертях. Углы, соответствующие этим четвертям, лежат в промежутке $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. С учётом периодичности функции косинуса (период $2\pi$) общее решение этого неравенства записывается как:$x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство: $\cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сначала найдём значения $x$, при которых $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это углы $x = \pm\frac{\pi}{6}$.Неравенство $\cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для всех точек на окружности, абсцисса которых меньше, чем $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это дуга окружности, лежащая левее вертикальной прямой, проходящей через точку $(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.На одном обороте ($[0, 2\pi)$) это соответствует интервалу $(\frac{\pi}{6}, \frac{11\pi}{6})$. Общее решение имеет вид:$x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдём пересечение решений.

Нам нужно найти углы, которые удовлетворяют обоим условиям одновременно. Рассмотрим пересечение решений на промежутке $[-\pi, \pi]$:

• Из первого неравенства: $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.

• Из второго неравенства: $x \in (-\pi, -\frac{\pi}{6}) \cup (\frac{\pi}{6}, \pi]$.

Пересечение этих множеств даёт два интервала:

• $[-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{6})$

• $(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$

Проверим концы интервалов:

При $x = \pm\frac{\pi}{2}$, $\cos x = 0$. Неравенство $0 \le 0 < \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется, значит, эти точки входят в решение.

При $x = \pm\frac{\pi}{6}$, $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Неравенство $0 \le \frac{\sqrt{3}}{2} < \frac{\sqrt{3}}{2}$ не выполняется (из-за строгого знака <), значит, эти точки не входят в решение.

Таким образом, решение на одном периоде — это объединение двух полуинтервалов: $[-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{6}) \cup (\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}]$.Добавив периодичность $2\pi n$, получаем общее решение:

$x \in [-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, -\frac{\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Это решение соответствует варианту ответа D.

Ответ: D