Номер 3.74, страница 103 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.74. 1) $\frac{5 - 4(\sin^2 x + \cos x)}{\cos x} \le 0$;

2) $\frac{2\sin^2 x + \sin x - 1}{\sin x - 1} < 0$;

3) $\left|\frac{\sin x - \cos x}{\sin x + \cos x}\right| \le 1$;

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

1) $ \frac{5 - 4(\sin^2 x + \cos x)}{\cos x} \le 0 $

Преобразуем числитель, используя основное тригонометрическое тождество $ \sin^2 x = 1 - \cos^2 x $:
$ 5 - 4(\sin^2 x + \cos x) = 5 - 4(1 - \cos^2 x + \cos x) = 5 - 4 + 4\cos^2 x - 4\cos x = 4\cos^2 x - 4\cos x + 1 $.
Заметим, что полученное выражение является полным квадратом: $ (2\cos x - 1)^2 $.

Неравенство принимает вид:
$ \frac{(2\cos x - 1)^2}{\cos x} \le 0 $.

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

Числитель дроби $ (2\cos x - 1)^2 $ всегда неотрицателен (больше или равен нулю).
Неравенство выполняется в двух случаях:

Случай 1: Дробь равна нулю.
Это возможно, если числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.
$ (2\cos x - 1)^2 = 0 \Rightarrow 2\cos x - 1 = 0 \Rightarrow \cos x = \frac{1}{2} $.
Это значение удовлетворяет ОДЗ.
$ x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $.

Случай 2: Дробь меньше нуля.
Это возможно, если числитель строго положителен, а знаменатель строго отрицателен.
$ (2\cos x - 1)^2 > 0 \Rightarrow \cos x \ne \frac{1}{2} $.
$ \cos x < 0 $.
Условие $ \cos x < 0 $ автоматически включает в себя условие $ \cos x \ne \frac{1}{2} $.
Решением неравенства $ \cos x < 0 $ являются интервалы $ x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{3\pi}{2} + 2\pi n), n \in \mathbb{Z} $.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $ x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{3\pi}{2} + 2\pi n) \cup \{\pm \frac{\pi}{3} + 2\pi n \}, n \in \mathbb{Z} $.

2) $ \frac{2\sin^2 x + \sin x - 1}{\sin x - 1} < 0 $

ОДЗ: $ \sin x - 1 \ne 0 \Rightarrow \sin x \ne 1 \Rightarrow x \ne \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Поскольку $ \sin x \le 1 $, то для всех $ x $ из ОДЗ выполняется $ \sin x < 1 $. Следовательно, знаменатель $ \sin x - 1 $ всегда отрицателен.

Чтобы вся дробь была отрицательной, необходимо, чтобы числитель был положительным:
$ 2\sin^2 x + \sin x - 1 > 0 $.

Сделаем замену $ t = \sin x $. При этом $ -1 \le t < 1 $.
Решаем квадратное неравенство $ 2t^2 + t - 1 > 0 $.
Найдем корни уравнения $ 2t^2 + t - 1 = 0 $:
$ t_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(2)(-1)}}{4} = \frac{-1 \pm 3}{4} $.
Корни $ t_1 = \frac{1}{2} $ и $ t_2 = -1 $.

Неравенство $ 2(t - \frac{1}{2})(t + 1) > 0 $ выполняется при $ t < -1 $ или $ t > \frac{1}{2} $.

Возвращаемся к замене $ t = \sin x $:
$ \sin x < -1 $ (не имеет решений) или $ \sin x > \frac{1}{2} $.

Учитывая ОДЗ ($ \sin x \ne 1 $), получаем двойное неравенство:
$ \frac{1}{2} < \sin x < 1 $.

Решая это неравенство, находим $ x $.

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

3) $ |\frac{\sin x - \cos x}{\sin x + \cos x}| \le 1 $

ОДЗ: $ \sin x + \cos x \ne 0 \Rightarrow \tan x \ne -1 \Rightarrow x \ne -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.

Данное неравенство равносильно неравенству $ |\sin x - \cos x| \le |\sin x + \cos x| $.
Так как обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, не меняя знака неравенства:
$ (\sin x - \cos x)^2 \le (\sin x + \cos x)^2 $
$ \sin^2 x - 2\sin x \cos x + \cos^2 x \le \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x $

Используя тождество $ \sin^2 x + \cos^2 x = 1 $ и формулу синуса двойного угла $ \sin(2x) = 2\sin x \cos x $, получаем:
$ 1 - \sin(2x) \le 1 + \sin(2x) $
$ 0 \le 2\sin(2x) $
$ \sin(2x) \ge 0 $

Синус неотрицателен в первой и второй четвертях, поэтому:
$ 0 + 2\pi n \le 2x \le \pi + 2\pi n, n \in \mathbb{Z} $
Разделим все части на 2:
$ \pi n \le x \le \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.

Проверим, что точки из ОДЗ не нарушены. В точках $ x = -\frac{\pi}{4} + \pi n $, значение $ \sin(2x) = \sin(-\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = -1 $, что не удовлетворяет нашему условию $ \sin(2x) \ge 0 $. Таким образом, точки, исключенные из ОДЗ, не входят в полученное решение.

Ответ: $ x \in [\pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n], n \in \mathbb{Z} $.

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

Сделаем замену $ t = \sin x + \cos x $.
Преобразуем $ t = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\sin x + \sin\frac{\pi}{4}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) $.
Поскольку $ -1 \le \sin(x + \frac{\pi}{4}) \le 1 $, то область значений для $ t $ есть $ [-\sqrt{2}, \sqrt{2}] $.

Неравенство принимает вид: $ \sqrt{\frac{2t - \sqrt{2}}{2\sqrt{2} - t}} \ge 1 $.

Найдем ОДЗ для $ t $. Выражение под корнем должно быть неотрицательно:
$ \frac{2t - \sqrt{2}}{2\sqrt{2} - t} \ge 0 $.
Решая это методом интервалов, получаем $ t \in [\frac{\sqrt{2}}{2}, 2\sqrt{2}) $.
С учетом области значений $ t $, получаем ОДЗ для нашего неравенства: $ t \in [\frac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2}] $.

Теперь решим само неравенство. Так как обе части неотрицательны, возведем их в квадрат:
$ \frac{2t - \sqrt{2}}{2\sqrt{2} - t} \ge 1 $.
Перенесем 1 в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$ \frac{2t - \sqrt{2} - (2\sqrt{2} - t)}{2\sqrt{2} - t} \ge 0 $
$ \frac{3t - 3\sqrt{2}}{2\sqrt{2} - t} \ge 0 $.

Решая это неравенство методом интервалов, получаем $ t \in [\sqrt{2}, 2\sqrt{2}) $.

Пересекая полученное решение с ОДЗ $ t \in [\frac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2}] $, находим единственное возможное значение:
$ t = \sqrt{2} $.

Возвращаемся к исходной переменной:
$ \sin x + \cos x = \sqrt{2} $
$ \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \sqrt{2} $
$ \sin(x + \frac{\pi}{4}) = 1 $
$ x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $
$ x = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k = \frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.