Номер 3.69, страница 102 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

В упражнениях 3.69–3.71 и 3.73–3.75 решите неравенства.

3. 69.

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

2) $\cos^2 x + \sin x \cdot \cos x \ge 1;$

3) $\sin \left(x + \frac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left(x + \frac{\pi}{6}\right) > 0,25;$

4) $\sin 2x + \sqrt{3} \cos 2x \ge -1.$

1) Перепишем неравенство $ \sin x > \cos x $ в виде $ \sin x - \cos x > 0 $.

Применим метод вспомогательного угла. Для этого 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) > 0 $

Поскольку $ \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $, а $ \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} $ и $ \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} $, мы можем переписать выражение в скобках:

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

Используя формулу синуса разности $ \sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha \cos\beta - \cos\alpha \sin\beta $, получаем:

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

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

Сделаем замену $ t = x - \frac{\pi}{4} $. Неравенство принимает вид $ \sin t > 0 $.

Решением этого простейшего тригонометрического неравенства являются интервалы, где синус положителен, то есть $ t $ находится в первой или второй четверти единичной окружности.

$ 2\pi k < t < \pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Теперь вернемся к переменной $ x $, подставив $ t = x - \frac{\pi}{4} $:

$ 2\pi k < x - \frac{\pi}{4} < \pi + 2\pi k $

Чтобы найти $ x $, прибавим $ \frac{\pi}{4} $ ко всем частям двойного неравенства:

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

$ \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k $, где $ 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) Для решения неравенства $ \cos^2 x + \sin x \cos x \ge 1 $ воспользуемся формулами двойного угла.

Формула понижения степени для косинуса: $ \cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2} $.

Формула синуса двойного угла: $ \sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2} $.

Подставим эти выражения в исходное неравенство:

$ \frac{1 + \cos 2x}{2} + \frac{\sin 2x}{2} \ge 1 $

Умножим обе части неравенства на 2:

$ 1 + \cos 2x + \sin 2x \ge 2 $

$ \sin 2x + \cos 2x \ge 1 $

Применим метод вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть на $ \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} $.

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

$ \sqrt{2} \left( \cos\frac{\pi}{4} \sin 2x + \sin\frac{\pi}{4} \cos 2x \right) \ge 1 $

Используя формулу синуса суммы, получаем:

$ \sqrt{2} \sin\left(2x + \frac{\pi}{4}\right) \ge 1 $

$ \sin\left(2x + \frac{\pi}{4}\right) \ge \frac{1}{\sqrt{2}} $, то есть $ \sin\left(2x + \frac{\pi}{4}\right) \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $

Пусть $ t = 2x + \frac{\pi}{4} $. Неравенство принимает вид $ \sin t \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Решением этого неравенства являются дуги единичной окружности, где ордината (значение синуса) больше или равна $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.

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

Вернемся к переменной $ x $:

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

Вычтем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей неравенства:

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

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

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

Разделим все части на 2:

$ \pi k \le x \le \frac{\pi}{4} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

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

3) В неравенстве $ \sin(x+\frac{\pi}{6}) \cos(x+\frac{\pi}{6}) > 0.25 $ левая часть напоминает формулу синуса двойного угла $ \sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha $.

Пусть $ \alpha = x + \frac{\pi}{6} $. Тогда $ \sin(x+\frac{\pi}{6})\cos(x+\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}\sin\left(2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right) $.

Неравенство принимает вид:

$ \frac{1}{2}\sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) > 0.25 $

Умножим обе части на 2 (и учтем, что 0.25 = 1/4):

$ \sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) > \frac{1}{2} $

Пусть $ t = 2x + \frac{\pi}{3} $. Неравенство становится $ \sin t > \frac{1}{2} $.

Решением этого неравенства являются дуги единичной окружности, где ордината (значение синуса) больше $ \frac{1}{2} $.

$ \frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Произведем обратную замену:

$ \frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x + \frac{\pi}{3} < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k $

Вычтем $ \frac{\pi}{3} $ из всех частей двойного неравенства:

$ \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k < 2x < \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k $

$ \frac{\pi-2\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{5\pi-2\pi}{6} + 2\pi k $

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{3\pi}{6} + 2\pi k $

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{\pi}{2} + 2\pi k $

Разделим все части на 2:

$ -\frac{\pi}{12} + \pi k < x < \frac{\pi}{4} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{\pi}{12} + \pi k, \frac{\pi}{4} + \pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

4) Неравенство $ \sin 2x + \sqrt{3} \cos 2x \ge -1 $ является линейным тригонометрическим неравенством. Решим его методом введения вспомогательного угла.

Коэффициенты при синусе и косинусе: $ a=1, b=\sqrt{3} $. Найдем множитель $ \sqrt{a^2+b^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = 2 $.

Вынесем 2 за скобки в левой части:

$ 2\left(\frac{1}{2} \sin 2x + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2x\right) \ge -1 $

Заметим, что $ \frac{1}{2} = \cos\frac{\pi}{3} $ и $ \frac{\sqrt{3}}{2} = \sin\frac{\pi}{3} $. Выражение в скобках можно свернуть по формуле синуса суммы $ \sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta $.

$ 2\left(\cos\frac{\pi}{3} \sin 2x + \sin\frac{\pi}{3} \cos 2x\right) \ge -1 $

$ 2\sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \ge -1 $

Разделим обе части на 2:

$ \sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right) \ge -\frac{1}{2} $

Пусть $ t = 2x + \frac{\pi}{3} $. Неравенство примет вид $ \sin t \ge -\frac{1}{2} $.

Решением этого неравенства являются дуги единичной окружности, где ордината (значение синуса) больше или равна $ -\frac{1}{2} $.

Найдём углы, для которых $ \sin t = -\frac{1}{2} $. На промежутке $ [-\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}] $ это $ t = -\frac{\pi}{6} $ и $ t = \frac{7\pi}{6} $.

Следовательно, решение для $ t $ имеет вид:

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le t \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Вернемся к переменной $ x $:

$ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le 2x + \frac{\pi}{3} \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $

Вычтем $ \frac{\pi}{3} $ из всех частей двойного неравенства:

$ -\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2x \le \frac{7\pi}{6} - \frac{\pi}{3} + 2\pi k $

$ -\frac{\pi+2\pi}{6} + 2\pi k \le 2x \le \frac{7\pi-2\pi}{6} + 2\pi k $

$ -\frac{3\pi}{6} + 2\pi k \le 2x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k $

$ -\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le 2x \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k $

Разделим все части на 2:

$ -\frac{\pi}{4} + \pi k \le x \le \frac{5\pi}{12} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left[-\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{5\pi}{12} + \pi k\right], k \in \mathbb{Z} $.