Номер 654, страница 196 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 6. Тригонометрические уравнения. Параграф 37. Примеры решения простейших тригонометрических неравенств - номер 654, страница 196.

Условие.

654 1) $ \sin^2 x + 2 \sin x > 0; $

2) $ \cos^2 x - \cos x < 0. $

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

1) Решим неравенство $\sin^2 x + 2 \sin x > 0$.

Это квадратное неравенство относительно $\sin x$. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Учитывая, что область значений синуса $[-1, 1]$, имеем $-1 \le t \le 1$.

Неравенство принимает вид:

$t^2 + 2t > 0$

Вынесем $t$ за скобки:

$t(t+2) > 0$

Найдем корни соответствующего уравнения $t(t+2) = 0$. Корни: $t_1 = 0$ и $t_2 = -2$.

Методом интервалов определяем, что неравенство $t(t+2) > 0$ выполняется при $t \in (-\infty, -2) \cup (0, +\infty)$.

Теперь вернемся к замене $t = \sin x$ и учтем ограничение $-1 \le t \le 1$.

Получаем совокупность двух систем:

1. $\begin{cases} \sin x < -2 \\ -1 \le \sin x \le 1 \end{cases}$

Эта система не имеет решений, так как нет таких значений $x$, при которых $\sin x$ был бы одновременно меньше $-2$ и находился в отрезке $[-1, 1]$.

2. $\begin{cases} \sin x > 0 \\ -1 \le \sin x \le 1 \end{cases}$

Решением этой системы является неравенство $\sin x > 0$.

Решим простейшее тригонометрическое неравенство $\sin x > 0$.

Значения синуса положительны в I и II координатных четвертях. Следовательно, решением на единичной окружности является интервал $(0, \pi)$. Учитывая периодичность синуса, общее решение имеет вид:

$2\pi n < x < \pi + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

---

2) Решим неравенство $\cos^2 x - \cos x < 0$.

Это квадратное неравенство относительно $\cos x$. Сделаем замену переменной. Пусть $y = \cos x$. Учитывая, что область значений косинуса $[-1, 1]$, имеем $-1 \le y \le 1$.

Неравенство принимает вид:

$y^2 - y < 0$

Вынесем $y$ за скобки:

$y(y-1) < 0$

Найдем корни соответствующего уравнения $y(y-1) = 0$. Корни: $y_1 = 0$ и $y_2 = 1$.

Методом интервалов определяем, что неравенство $y(y-1) < 0$ выполняется при $0 < y < 1$.

Вернемся к замене $y = \cos x$. Получаем двойное неравенство:

$0 < \cos x < 1$

Это неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} \cos x > 0 \\ \cos x < 1 \end{cases}$

Решим первое неравенство: $\cos x > 0$. Значения косинуса положительны в I и IV координатных четвертях. Решением является интервал $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. С учетом периодичности общее решение: $-\frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство: $\cos x < 1$. Равенство $\cos x = 1$ достигается при $x = 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Следовательно, неравенство $\cos x < 1$ выполняется для всех $x$, кроме $x = 2\pi k$.

Теперь найдем пересечение решений обоих неравенств. Нам нужно из интервалов $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$ исключить точки вида $x = 2\pi k$.

Для каждого целого $n$ точка $x=2\pi n$ находится внутри интервала $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$. Исключая эту точку, мы разбиваем каждый интервал на два:

$(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, 2\pi n)$ и $(2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$.

Объединение этих интервалов и будет решением исходного неравенства.

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