Номер 775, страница 228 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 7. Тригонометрические функции. Упражнения к главе 7 - номер 775, страница 228.

Условие.

775 Решить неравенство:

1) $ \sin x \geq \cos x $;

2) $ \tan x > \sin x $.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

1) Решим неравенство $ \sin x \ge \cos x $.

Перенесем все члены в левую часть:

$ \sin x - \cos x \ge 0 $

Воспользуемся методом вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть на $ \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2} $:

$ \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x - \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x \right) \ge 0 $

Заметим, что $ \frac{1}{\sqrt{2}} = \cos \frac{\pi}{4} $ и $ \frac{1}{\sqrt{2}} = \sin \frac{\pi}{4} $. Подставим эти значения:

$ \sqrt{2} \left( \cos \frac{\pi}{4} \sin x - \sin \frac{\pi}{4} \cos x \right) \ge 0 $

Применим формулу синуса разности $ \sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta $:

$ \sqrt{2} \sin \left( x - \frac{\pi}{4} \right) \ge 0 $

Так как $ \sqrt{2} > 0 $, неравенство равносильно следующему:

$ \sin \left( x - \frac{\pi}{4} \right) \ge 0 $

Синус неотрицателен, когда его аргумент находится в промежутке от $ 0 $ до $ \pi $ (включая концы), с учетом периодичности $ 2\pi k $:

$ 2\pi k \le x - \frac{\pi}{4} \le \pi + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $

Прибавим $ \frac{\pi}{4} $ ко всем частям двойного неравенства, чтобы выразить $ x $:

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

$ \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ x \in \left[ \frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{5\pi}{4} + 2\pi k \right], k \in \mathbb{Z} $.

2) Решим неравенство $ \operatorname{tg} x > \sin x $.

Область допустимых значений (ОДЗ) тангенса: $ \cos x \ne 0 $, то есть $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Перенесем все члены в левую часть и представим тангенс как отношение синуса к косинусу:

$ \frac{\sin x}{\cos x} - \sin x > 0 $

Вынесем $ \sin x $ за скобки:

$ \sin x \left( \frac{1}{\cos x} - 1 \right) > 0 $

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

$ \sin x \frac{1 - \cos x}{\cos x} > 0 $

Проанализируем знаки множителей. Выражение $ 1 - \cos x $ всегда неотрицательно, так как $ -1 \le \cos x \le 1 $. Равенство $ 1 - \cos x = 0 $ достигается при $ \cos x = 1 $, то есть при $ x = 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $. В этих точках исходное неравенство принимает вид $ 0 > 0 $, что неверно. Следовательно, мы должны исключить эти точки из решения. Для всех остальных $ x $ из ОДЗ выполняется $ 1 - \cos x > 0 $.

Так как $ 1 - \cos x > 0 $ для всех рассматриваемых $ x $, мы можем разделить на него обе части неравенства, не меняя знака:

$ \frac{\sin x}{\cos x} > 0 $

Это неравенство равносильно $ \operatorname{tg} x > 0 $.

Тангенс положителен в первой и третьей координатных четвертях. Решением этого неравенства являются интервалы:

$ \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $

Это решение уже удовлетворяет ОДЗ ($ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k $) и исключает точки $ x=2\pi n $.

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