Номер 3.70, страница 102 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.70. 1) $ \sin x - 3 \cos x < 0 $

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

3) $ 2 \cos 2x + \sin 2x > \text{tg } x $

4) $ \cos x \cdot \text{tg } 2x > 0 $

1) $\sin x - 3\cos x < 0$

Для решения данного неравенства воспользуемся методом введения вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть неравенства на $\sqrt{1^2 + (-3)^2} = \sqrt{1+9} = \sqrt{10}$.

$\sqrt{10} \left( \frac{1}{\sqrt{10}}\sin x - \frac{3}{\sqrt{10}}\cos x \right) < 0$

Пусть $\alpha$ — такой угол, что $\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{10}}$ и $\sin\alpha = \frac{3}{\sqrt{10}}$. Такой угол существует, так как $\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = \frac{1}{10} + \frac{9}{10} = 1$. Тангенс этого угла равен $\text{tg}\,\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = 3$, следовательно, $\alpha = \arctan 3$.

Подставим эти значения в неравенство:

$\cos\alpha \sin x - \sin\alpha \cos x < 0$

Используя формулу синуса разности $\sin(a-b) = \sin a \cos b - \cos a \sin b$, получаем:

$\sin(x - \alpha) < 0$

Синус отрицателен в III и IV четвертях, то есть когда его аргумент находится в интервале $(\pi, 2\pi)$ с периодом $2\pi$.

$\pi + 2\pi k < x - \alpha < 2\pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Прибавим $\alpha$ ко всем частям неравенства:

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

Подставим значение $\alpha = \arctan 3$:

$\pi + \arctan 3 + 2\pi k < x < 2\pi + \arctan 3 + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

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

Перепишем неравенство в виде:

$\cos x - \sin x < -1$

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

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

Зная, что $\cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, получаем:

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

Используя формулу косинуса суммы $\cos(a+b) = \cos a \cos b - \sin a \sin b$:

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

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

Косинус меньше $-\frac{1}{\sqrt{2}}$ на интервале $(\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4})$ с периодом $2\pi$.

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x + \frac{\pi}{4} < \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

$\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

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

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

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

3) $2\cos 2x + \sin 2x > \text{tg}\,x$

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

Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой, выразив все функции через $\text{tg}\,x$. Пусть $t = \text{tg}\,x$.Тогда $\cos 2x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ и $\sin 2x = \frac{2t}{1+t^2}$.

Неравенство принимает вид:

$2\frac{1-t^2}{1+t^2} + \frac{2t}{1+t^2} > t$

$\frac{2 - 2t^2 + 2t}{1+t^2} > t$

Поскольку $1+t^2$ всегда положительно, умножим обе части на $1+t^2$:

$2 - 2t^2 + 2t > t(1+t^2)$

$2 - 2t^2 + 2t > t + t^3$

$t^3 + 2t^2 - t - 2 < 0$

Разложим левую часть на множители методом группировки:

$t^2(t+2) - (t+2) < 0$

$(t^2-1)(t+2) < 0$

$(t-1)(t+1)(t+2) < 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Корни: $t_1 = -2$, $t_2 = -1$, $t_3 = 1$.

Неравенство выполняется при $t < -2$ или $-1 < t < 1$.

Возвращаемся к переменной $x$:

1. $\text{tg}\,x < -2$

$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \arctan(-2) + \pi k \implies -\frac{\pi}{2} + \pi k < x < -\arctan 2 + \pi k$

2. $-1 < \text{tg}\,x < 1$

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

Объединяя решения, получаем ответ.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k; -\arctan 2 + \pi k) \cup (-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{4} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

4) $\cos x \cdot \text{tg}\,2x > 0$

Область допустимых значений (ОДЗ): $\cos 2x \neq 0 \implies 2x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k \implies x \neq \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Неравенство равносильно совокупности двух систем:

Система 1: $\begin{cases} \cos x > 0 \\ \text{tg}\,2x > 0 \end{cases}$

Система 2: $\begin{cases} \cos x < 0 \\ \text{tg}\,2x < 0 \end{cases}$

Решим систему 1:

$\cos x > 0 \implies -\frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

$\text{tg}\,2x > 0 \implies \pi m < 2x < \frac{\pi}{2} + \pi m \implies \frac{\pi m}{2} < x < \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}$, $m \in \mathbb{Z}$.

Найдём пересечение этих множеств.

При $m=0$: $0 < x < \frac{\pi}{4}$. Этот интервал входит в $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Решение: $(2\pi n, \frac{\pi}{4} + 2\pi n)$.

При $m=-1$: $-\frac{\pi}{2} < x < -\frac{\pi}{4}$. Этот интервал входит в $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Решение: $(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, -\frac{\pi}{4} + 2\pi n)$.

Решим систему 2:

$\cos x < 0 \implies \frac{\pi}{2} + 2\pi n < x < \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

$\text{tg}\,2x < 0 \implies \frac{\pi}{2} + \pi m < 2x < \pi + \pi m \implies \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2} < x < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi m}{2}$, $m \in \mathbb{Z}$.

Найдём пересечение этих множеств.

При $m=1$: $\frac{3\pi}{4} < x < \pi$. Этот интервал входит в $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$. Решение: $(\frac{3\pi}{4} + 2\pi n, \pi + 2\pi n)$.

При $m=2$: $\frac{5\pi}{4} < x < \frac{3\pi}{2}$. Этот интервал входит в $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$. Решение: $(\frac{5\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{2} + 2\pi n)$.

Объединяем все найденные серии решений:

$(2\pi k, \frac{\pi}{4} + 2\pi k) \cup (\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \pi + 2\pi k) \cup (\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) \cup (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, -\frac{\pi}{4} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left( \left(2\pi k, \frac{\pi}{4} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \pi + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k\right) \cup \left(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, -\frac{\pi}{4} + 2\pi k\right) \right)$.