Номер 3.76, страница 103 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.76. Для каждого $x \in R$ докажите неравенство:

1) $|a \cos x + b \sin x| \le \sqrt{a^2 + b^2}$ ;

2) $4 \sin 3x + 5 \ge 4 \cos 2x + 5 \sin x$.

1) Рассмотрим выражение $a \cos x + b \sin x$.

Сначала рассмотрим случай, когда $a=0$ и $b=0$. В этом случае неравенство принимает вид $|0 \cdot \cos x + 0 \cdot \sin x| \le \sqrt{0^2+0^2}$, что равносильно $|0| \le 0$. Это верное утверждение.

Теперь пусть хотя бы одно из чисел $a$ или $b$ не равно нулю. Это означает, что $\sqrt{a^2+b^2} > 0$.

Преобразуем выражение $a \cos x + b \sin x$, вынеся за скобки множитель $\sqrt{a^2+b^2}$:

$a \cos x + b \sin x = \sqrt{a^2+b^2} \left( \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos x + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin x \right)$

Обозначим $\cos \varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$ и $\sin \varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$. Такой угол $\varphi$ существует, поскольку сумма квадратов этих выражений равна 1:

$\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2 + \left(\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2 = \frac{a^2}{a^2+b^2} + \frac{b^2}{a^2+b^2} = \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2} = 1$

Теперь наше выражение можно записать в виде:

$\sqrt{a^2+b^2} (\cos \varphi \cos x + \sin \varphi \sin x)$

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

$a \cos x + b \sin x = \sqrt{a^2+b^2} \cos(x - \varphi)$

Возьмем модуль от обеих частей равенства:

$|a \cos x + b \sin x| = |\sqrt{a^2+b^2} \cos(x - \varphi)| = |\sqrt{a^2+b^2}| \cdot |\cos(x - \varphi)|$

Поскольку $\sqrt{a^2+b^2} \ge 0$, его модуль равен самому числу. Таким образом:

$|a \cos x + b \sin x| = \sqrt{a^2+b^2} \cdot |\cos(x - \varphi)|$

Известно, что область значений функции косинус находится в пределах от -1 до 1, следовательно, $|\cos(x - \varphi)| \le 1$ для любого значения $x$ и $\varphi$.

Умножив обе части этого неравенства на неотрицательное число $\sqrt{a^2+b^2}$, мы получаем:

$\sqrt{a^2+b^2} \cdot |\cos(x - \varphi)| \le \sqrt{a^2+b^2}$

Отсюда следует, что:

$|a \cos x + b \sin x| \le \sqrt{a^2+b^2}$

Неравенство доказано для всех $x \in R$.

Ответ: Неравенство доказано.

2) Требуется доказать неравенство $4 \sin 3x + 5 \ge 4 \cos 2x + 5 \sin x$. Перенесем все слагаемые в левую часть:

$4 \sin 3x - 4 \cos 2x - 5 \sin x + 5 \ge 0$

Воспользуемся формулами тройного угла для синуса и двойного угла для косинуса, чтобы выразить все через $\sin x$:

$\sin 3x = 3 \sin x - 4 \sin^3 x$

$\cos 2x = 1 - 2 \sin^2 x$

Подставим эти формулы в неравенство:

$4(3 \sin x - 4 \sin^3 x) - 4(1 - 2 \sin^2 x) - 5 \sin x + 5 \ge 0$

Раскроем скобки:

$12 \sin x - 16 \sin^3 x - 4 + 8 \sin^2 x - 5 \sin x + 5 \ge 0$

Приведем подобные члены:

$-16 \sin^3 x + 8 \sin^2 x + 7 \sin x + 1 \ge 0$

Сделаем замену переменной $t = \sin x$. Поскольку $x$ может быть любым действительным числом, то $t$ будет принимать значения в отрезке $[-1, 1]$. Неравенство принимает вид:

$-16t^3 + 8t^2 + 7t + 1 \ge 0$

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный:

$16t^3 - 8t^2 - 7t - 1 \le 0$

Рассмотрим многочлен в левой части $P(t) = 16t^3 - 8t^2 - 7t - 1$. Попытаемся найти его корни. Проверим целые делители свободного члена. При $t=1$:

$P(1) = 16(1)^3 - 8(1)^2 - 7(1) - 1 = 16 - 8 - 7 - 1 = 0$

Значит, $t=1$ является корнем, и многочлен $P(t)$ делится на $(t-1)$ без остатка. Выполним деление (например, столбиком или по схеме Горнера) и разложим многочлен на множители:

$16t^3 - 8t^2 - 7t - 1 = (t-1)(16t^2 + 8t + 1)$

Квадратный трехчлен $16t^2 + 8t + 1$ является полным квадратом:

$16t^2 + 8t + 1 = (4t)^2 + 2(4t)(1) + 1^2 = (4t+1)^2$

Таким образом, наше неравенство можно записать в виде:

$(t-1)(4t+1)^2 \le 0$

Теперь проанализируем это неравенство с учетом того, что $t = \sin x$ и, следовательно, $t \in [-1, 1]$.

Множитель $(4t+1)^2$ является квадратом действительного числа, поэтому он всегда неотрицателен: $(4t+1)^2 \ge 0$.

Множитель $(t-1)$, поскольку $t \le 1$, всегда неположителен: $t-1 \le 0$.

Произведение неположительного числа $(t-1)$ и неотрицательного числа $(4t+1)^2$ всегда будет неположительным (то есть меньше или равно нулю).

Следовательно, неравенство $(t-1)(4t+1)^2 \le 0$ верно для всех $t \in [-1, 1]$. Это означает, что исходное неравенство справедливо для любого действительного числа $x$.

Ответ: Неравенство доказано.