Номер 690, страница 200 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 6. Тригонометрические уравнения. Упражнения к главе 6 - номер 690, страница 200.

Условие.

690 Решить неравенство:

1) $2 \cos^2 x + \sin x - 1 < 0;$

2) $2 \sin^2 x - 5 \cos x + 1 > 0.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

1) Решим неравенство $2 \cos^2 x + \sin x - 1 < 0$.
Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$, чтобы привести неравенство к одной тригонометрической функции:
$2(1 - \sin^2 x) + \sin x - 1 < 0$
$2 - 2 \sin^2 x + \sin x - 1 < 0$
$-2 \sin^2 x + \sin x + 1 < 0$
Умножим обе части неравенства на -1, изменив знак неравенства на противоположный:
$2 \sin^2 x - \sin x - 1 > 0$
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Так как область значений синуса $[-1, 1]$, то $-1 \le t \le 1$.
Получим квадратное неравенство:
$2t^2 - t - 1 > 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $2t^2 - t - 1 = 0$:
Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 1 + 8 = 9 = 3^2$.
$t_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{1 - 3}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$
$t_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{1 + 3}{4} = \frac{4}{4} = 1$
Парабола $y = 2t^2 - t - 1$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $2t^2 - t - 1 > 0$ выполняется при $t < -\frac{1}{2}$ или $t > 1$.
Возвращаемся к замене, учитывая ограничение $-1 \le t \le 1$:
1. $\sin x > 1$. Это неравенство не имеет решений.
2. $\sin x < -\frac{1}{2}$.
Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. На единичной окружности значениям синуса, меньшим $-\frac{1}{2}$, соответствует дуга, расположенная ниже прямой $y = -\frac{1}{2}$. Концевыми точками этой дуги являются углы, для которых $\sin x = -\frac{1}{2}$, то есть $x = -\frac{\pi}{6}$ и $x = -\frac{5\pi}{6}$.
Таким образом, решением неравенства является интервал, который с учетом периодичности записывается в виде:
$-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; -\frac{\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2) Решим неравенство $2 \sin^2 x - 5 \cos x + 1 > 0$.
Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$:
$2(1 - \cos^2 x) - 5 \cos x + 1 > 0$
$2 - 2 \cos^2 x - 5 \cos x + 1 > 0$
$-2 \cos^2 x - 5 \cos x + 3 > 0$
Умножим обе части неравенства на -1, изменив знак неравенства на противоположный:
$2 \cos^2 x + 5 \cos x - 3 < 0$
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$, где $-1 \le t \le 1$.
Получим квадратное неравенство:
$2t^2 + 5t - 3 < 0$
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $2t^2 + 5t - 3 = 0$:
Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 5^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49 = 7^2$.
$t_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{-5 - 7}{4} = -\frac{12}{4} = -3$
$t_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{-5 + 7}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
Парабола $y = 2t^2 + 5t - 3$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $2t^2 + 5t - 3 < 0$ выполняется при $-3 < t < \frac{1}{2}$.
Возвращаемся к замене:
$-3 < \cos x < \frac{1}{2}$
Так как область значений косинуса $[-1, 1]$, мы можем уточнить это двойное неравенство:
$-1 \le \cos x < \frac{1}{2}$
Поскольку $\cos x \ge -1$ выполняется для любого $x$, нам достаточно решить неравенство $\cos x < \frac{1}{2}$.
На единичной окружности значениям косинуса, меньшим $\frac{1}{2}$, соответствует дуга, расположенная левее прямой $x = \frac{1}{2}$. Концевыми точками этой дуги являются углы, для которых $\cos x = \frac{1}{2}$, то есть $x = \frac{\pi}{3}$ и $x = -\frac{\pi}{3}$ (или $x = \frac{5\pi}{3}$).
Таким образом, решением неравенства является интервал, который с учетом периодичности записывается в виде:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.