Номер 3.73, страница 103 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.73. 1) $|\sin x| < |\cos x|;$

2) $|\sin x| > |\cos x|;$

3) $|\sin x| \cdot \cos x > \frac{1}{4};$

4) $4(\sin^2 x - |\cos x|) < 1.$

1) Решим неравенство $|\sin x| < |\cos x|$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства: $|\sin x|^2 < |\cos x|^2$.

Так как $|\sin x|^2 = \sin^2 x$ и $|\cos x|^2 = \cos^2 x$, получаем: $\sin^2 x < \cos^2 x$.

Перенесем все в одну сторону: $\cos^2 x - \sin^2 x > 0$.

Используя формулу косинуса двойного угла, $\cos(2x) = \cos^2 x - \sin^2 x$, получаем неравенство: $\cos(2x) > 0$.

Решением этого неравенства являются интервалы, где косинус положителен. Это происходит, когда его аргумент $2x$ находится в интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ с добавлением периодов.

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

Разделим все части неравенства на 2:

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

Альтернативный способ:

Заметим, что $\cos x \neq 0$, иначе $|\sin x| = 1$, и неравенство $1 < 0$ неверно. Так как $|\cos x| > 0$, можно разделить на него обе части:

$\frac{|\sin x|}{|\cos x|} < 1 \implies |\tan x| < 1$.

Это равносильно системе $-1 < \tan x < 1$.

Решением этого двойного неравенства является: $-\frac{\pi}{4} + \pi n < x < \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

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

2) Решим неравенство $|\sin x| > |\cos x|$.

Это неравенство является противоположным к неравенству из пункта 1. Можно решить аналогично. Возведем в квадрат: $\sin^2 x > \cos^2 x$.

$\cos^2 x - \sin^2 x < 0 \implies \cos(2x) < 0$.

Косинус отрицателен, когда его аргумент $2x$ находится в интервале $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ с добавлением периодов.

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

Разделим на 2:

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

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{3\pi}{4} + \pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

3) Решим неравенство $|\sin x| \cdot \cos x > \frac{1}{4}$.

Поскольку $|\sin x| \ge 0$, а произведение больше $\frac{1}{4}$ (положительное число), то необходимо, чтобы $\cos x > 0$.

Условие $\cos x > 0$ выполняется для $x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n; \frac{\pi}{2} + 2\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим два случая в пределах одного периода $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Случай 1: $x \in [0, \frac{\pi}{2})$.

В этом интервале $\sin x \ge 0$, поэтому $|\sin x| = \sin x$. Неравенство принимает вид:

$\sin x \cos x > \frac{1}{4}$.

Используя формулу синуса двойного угла, $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$, получаем:

$\frac{1}{2} \sin(2x) > \frac{1}{4} \implies \sin(2x) > \frac{1}{2}$.

Решением этого неравенства для аргумента $2x$ является $\frac{\pi}{6} + 2\pi k < 2x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.

Делим на 2: $\frac{\pi}{12} + \pi k < x < \frac{5\pi}{12} + \pi k$.

Учитывая условие $x \in [0, \frac{\pi}{2})$, выбираем решение при $k=0$: $\frac{\pi}{12} < x < \frac{5\pi}{12}$.

Случай 2: $x \in (-\frac{\pi}{2}, 0)$.

В этом интервале $\sin x < 0$, поэтому $|\sin x| = -\sin x$. Неравенство принимает вид:

$(-\sin x) \cos x > \frac{1}{4} \implies -\frac{1}{2}\sin(2x) > \frac{1}{4} \implies \sin(2x) < -\frac{1}{2}$.

Решением этого неравенства для аргумента $2x$ является $-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < 2x < -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$.

Делим на 2: $-\frac{5\pi}{12} + \pi k < x < -\frac{\pi}{12} + \pi k$.

Учитывая условие $x \in (-\frac{\pi}{2}, 0)$, выбираем решение при $k=0$: $-\frac{5\pi}{12} < x < -\frac{\pi}{12}$.

Объединяя решения из обоих случаев и добавляя период $2\pi$, получаем общее решение.

Ответ: $x \in (-\frac{5\pi}{12} + 2\pi n; -\frac{\pi}{12} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{12} + 2\pi n; \frac{5\pi}{12} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

4) Решим неравенство $4(\sin^2 x - |\cos x|) < 1$.

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$. Так как $\cos^2 x = |\cos x|^2$, можем переписать неравенство:

$4(1 - |\cos x|^2 - |\cos x|) < 1$.

Раскроем скобки и преобразуем:

$4 - 4|\cos x|^2 - 4|\cos x| < 1$

$4|\cos x|^2 + 4|\cos x| - 3 > 0$.

Сделаем замену $t = |\cos x|$. Так как $0 \le |\cos x| \le 1$, то $0 \le t \le 1$.

Получаем квадратное неравенство: $4t^2 + 4t - 3 > 0$.

Найдем корни соответствующего уравнения $4t^2 + 4t - 3 = 0$:

$D = 4^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-3) = 16 + 48 = 64$.

$t_{1,2} = \frac{-4 \pm \sqrt{64}}{2 \cdot 4} = \frac{-4 \pm 8}{8}$.

$t_1 = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$, $t_2 = \frac{-12}{8} = -\frac{3}{2}$.

Неравенство $4t^2 + 4t - 3 > 0$ выполняется при $t < -\frac{3}{2}$ или $t > \frac{1}{2}$.

Возвращаемся к замене $t=|\cos x|$.

1) $|\cos x| < -\frac{3}{2}$ - решений нет, так как модуль не может быть отрицательным.

2) $|\cos x| > \frac{1}{2}$.

Учитывая ограничение $0 \le |\cos x| \le 1$, получаем $\frac{1}{2} < |\cos x| \le 1$.

Неравенство $|\cos x| > \frac{1}{2}$ равносильно совокупности двух неравенств:

$\cos x > \frac{1}{2}$ или $\cos x < -\frac{1}{2}$.

Решением первого неравенства $\cos x > \frac{1}{2}$ является $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi n$.

Решением второго неравенства $\cos x < -\frac{1}{2}$ является $\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$.

Эти два семейства решений можно объединить в одну более компактную форму. Заметим, что интервал $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$ - это то же самое, что и $(\pi - \frac{\pi}{3}, \pi + \frac{\pi}{3})$. Таким образом, решениями являются интервалы, симметричные относительно точек $2\pi n$ и $\pi + 2\pi n$, что можно записать с общим периодом $\pi n$.

Объединенное решение: $-\frac{\pi}{3} + \pi n < x < \frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{3} + \pi n; \frac{\pi}{3} + \pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.