Страница 102 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.65. 1) $2 \cos x - 1 \ge 0;$

2) $2 \sin x + \sqrt{2} \ge 0;$

3) $2 \cos x - \sqrt{3} \le 0;$

4) $3 \operatorname{tg} x + \sqrt{3} > 0.$

1) Решим неравенство $2\cos x - 1 \ge 0$.

Сначала преобразуем неравенство, чтобы выразить $\cos x$: $2\cos x \ge 1$, откуда получаем $\cos x \ge \frac{1}{2}$.

Для решения этого неравенства воспользуемся единичной окружностью. Нам нужно найти все углы x, для которых абсцисса точки на окружности не меньше $\frac{1}{2}$. Граничные точки соответствуют уравнению $\cos x = \frac{1}{2}$, решениями которого являются $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{\pi}{3}$.

Все значения x, удовлетворяющие условию $\cos x \ge \frac{1}{2}$, находятся на дуге окружности от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$ (включая концы). Таким образом, решение на основном промежутке: $-\frac{\pi}{3} \le x \le \frac{\pi}{3}$.

Так как функция косинуса имеет период $2\pi$, общее решение неравенства имеет вид: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

2) Решим неравенство $2\sin x + \sqrt{2} \ge 0$.

Выразим $\sin x$ из неравенства: $2\sin x \ge -\sqrt{2}$, что дает $\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

На единичной окружности нам нужно найти все углы x, для которых ордината точки на окружности больше или равна $-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Граничные точки находятся из уравнения $\sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Решениями на одном обороте являются $x = -\frac{\pi}{4}$ и $x = \frac{5\pi}{4}$.

Условию $\sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$ удовлетворяют углы на дуге от $-\frac{\pi}{4}$ до $\frac{5\pi}{4}$ (двигаясь против часовой стрелки). Таким образом, решение на одном из промежутков длиной $2\pi$ есть $-\frac{\pi}{4} \le x \le \frac{5\pi}{4}$.

Учитывая периодичность синуса (период $2\pi$), общее решение будет: $-\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

3) Решим неравенство $2\cos x - \sqrt{3} \le 0$.

Преобразуем неравенство: $2\cos x \le \sqrt{3}$, откуда $\cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.

На единичной окружности ищем углы x, для которых абсцисса точки не превосходит $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Граничные точки задаются уравнением $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Решениями на промежутке $[0, 2\pi]$ являются $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{11\pi}{6}$.

Значения x, удовлетворяющие условию $\cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$, лежат на дуге от $\frac{\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$ (включая концы). То есть, $\frac{\pi}{6} \le x \le \frac{11\pi}{6}$.

Так как период косинуса равен $2\pi$, общее решение неравенства: $\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

4) Решим неравенство $3\operatorname{tg} x + \sqrt{3} > 0$.

Сначала выразим $\operatorname{tg} x$: $3\operatorname{tg} x > -\sqrt{3}$, откуда $\operatorname{tg} x > -\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Функция тангенса имеет период $\pi$ и определена для всех $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Решим неравенство на одном периоде, например, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.

Найдем значение x, для которого $\operatorname{tg} x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. На интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ это $x = -\frac{\pi}{6}$.

Так как функция $y = \operatorname{tg} x$ возрастающая на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, неравенство $\operatorname{tg} x > -\frac{\sqrt{3}}{3}$ будет выполняться для всех x, больших чем $-\frac{\pi}{6}$, до конца интервала. Таким образом, на этом периоде решение: $-\frac{\pi}{6} < x < \frac{\pi}{2}$.

Учитывая периодичность тангенса, добавляем $\pi k$ к границам интервала, чтобы получить общее решение: $-\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

3.66. 1) $\sin 2x < \frac{1}{2}$;

2) $\cos \frac{x}{3} > \frac{\sqrt{3}}{2}$;

3) $\sin \frac{x}{2} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

4) $\tan 5x > 1$;

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

6) $\sqrt{3}\tan \left(3x + \frac{\pi}{6}\right) < 1$.

1) Решим неравенство $sin(2x) < \frac{1}{2}$.

Сделаем замену $t = 2x$. Неравенство примет вид $sin(t) < \frac{1}{2}$.

На единичной окружности значения синуса соответствуют ординате (координате y) точки. Неравенство $sin(t) < \frac{1}{2}$ выполняется для углов $t$, точки которых на окружности лежат ниже прямой $y = \frac{1}{2}$.

Найдем углы, для которых $sin(t) = \frac{1}{2}$. Это $t_1 = \frac{\pi}{6}$ и $t_2 = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.

Следовательно, решение для $t$ с учетом периодичности функции синус ($2\pi$) можно записать в виде двойного неравенства: $\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi(n+1)$, что можно переписать как $-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

Выполним обратную замену $t = 2x$: $-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$.

Разделим все части неравенства на 2, чтобы выразить $x$:

$-\frac{7\pi}{12} + \pi n < x < \frac{\pi}{12} + \pi n$.

Ответ: $x \in (-\frac{7\pi}{12} + \pi n; \frac{\pi}{12} + \pi n)$, $n \in Z$.

2) Решим неравенство $cos\frac{x}{3} > \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сделаем замену $t = \frac{x}{3}$. Неравенство примет вид $cos(t) > \frac{\sqrt{3}}{2}$.

На единичной окружности значения косинуса соответствуют абсциссе (координате x) точки. Неравенство $cos(t) > \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для углов $t$, точки которых на окружности лежат правее прямой $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Найдем углы, для которых $cos(t) = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это $t_1 = \frac{\pi}{6}$ и $t_2 = -\frac{\pi}{6}$.

С учетом периодичности функции косинус ($2\pi$), решение для $t$: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

Выполним обратную замену $t = \frac{x}{3}$: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n < \frac{x}{3} < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$.

Умножим все части неравенства на 3, чтобы выразить $x$:

$-\frac{3\pi}{6} + 6\pi n < x < \frac{3\pi}{6} + 6\pi n$, что упрощается до $-\frac{\pi}{2} + 6\pi n < x < \frac{\pi}{2} + 6\pi n$.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{2} + 6\pi n; \frac{\pi}{2} + 6\pi n)$, $n \in Z$.

3) Решим неравенство $sin\frac{x}{2} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сделаем замену $t = \frac{x}{2}$. Неравенство примет вид $sin(t) < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

На единичной окружности неравенство $sin(t) < -\frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для углов $t$, точки которых на окружности лежат ниже прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Найдем углы, для которых $sin(t) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это $t_1 = -\frac{\pi}{3}$ и $t_2 = \pi - (-\frac{\pi}{3}) = \frac{4\pi}{3}$, что эквивалентно $-\frac{2\pi}{3}$.

Решение для $t$ с учетом периодичности: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < t < -\frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

Выполним обратную замену $t = \frac{x}{2}$: $-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < \frac{x}{2} < -\frac{\pi}{3} + 2\pi n$.

Умножим все части неравенства на 2:

$-\frac{4\pi}{3} + 4\pi n < x < -\frac{2\pi}{3} + 4\pi n$.

Ответ: $x \in (-\frac{4\pi}{3} + 4\pi n; -\frac{2\pi}{3} + 4\pi n)$, $n \in Z$.

4) Решим неравенство $tg(5x) > 1$.

Сделаем замену $t = 5x$. Неравенство примет вид $tg(t) > 1$.

Функция $y = tg(t)$ является возрастающей на каждом интервале своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n)$.

Найдем угол, для которого $tg(t) = 1$. Это $t = \frac{\pi}{4}$.

Неравенство $tg(t) > 1$ выполняется для углов $t$ от $\frac{\pi}{4}$ до ближайшей правой вертикальной асимптоты $t = \frac{\pi}{2}$.

С учетом периодичности функции тангенс ($\pi$), решение для $t$: $\frac{\pi}{4} + \pi n < t < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in Z$.

Выполним обратную замену $t = 5x$: $\frac{\pi}{4} + \pi n < 5x < \frac{\pi}{2} + \pi n$.

Разделим все части неравенства на 5:

$\frac{\pi}{20} + \frac{\pi n}{5} < x < \frac{\pi}{10} + \frac{\pi n}{5}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{20} + \frac{\pi n}{5}; \frac{\pi}{10} + \frac{\pi n}{5})$, $n \in Z$.

5) Решим неравенство $\sqrt{2}sin(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) < 1$.

Разделим обе части на $\sqrt{2}$: $sin(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) < \frac{1}{\sqrt{2}}$, или $sin(\frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}) < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Сделаем замену $t = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$. Неравенство примет вид $sin(t) < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Найдем углы, для которых $sin(t) = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Это $t_1 = \frac{\pi}{4}$ и $t_2 = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.

Решение для $t$ с учетом периодичности: $\frac{3\pi}{4} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{4} + 2\pi(n+1)$, что можно переписать как $-\frac{5\pi}{4} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in Z$.

Выполним обратную замену $t = \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$: $-\frac{5\pi}{4} + 2\pi n < \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} < \frac{\pi}{4} + 2\pi n$.

Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей: $-\frac{5\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, что дает $-\frac{6\pi}{4} + 2\pi n < \frac{x}{2} < 2\pi n$, или $-\frac{3\pi}{2} + 2\pi n < \frac{x}{2} < 2\pi n$.

Умножим все части на 2: $-3\pi + 4\pi n < x < 4\pi n$.

Ответ: $x \in (-3\pi + 4\pi n; 4\pi n)$, $n \in Z$.

6) Решим неравенство $\sqrt{3}tg(3x + \frac{\pi}{6}) < 1$.

Разделим обе части на $\sqrt{3}$: $tg(3x + \frac{\pi}{6}) < \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Сделаем замену $t = 3x + \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $tg(t) < \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Функция $y = tg(t)$ является возрастающей. Найдем угол, для которого $tg(t) = \frac{1}{\sqrt{3}}$. Это $t = \frac{\pi}{6}$.

Неравенство $tg(t) < \frac{1}{\sqrt{3}}$ выполняется для углов $t$ от левой вертикальной асимптоты $t = -\frac{\pi}{2}$ до $t = \frac{\pi}{6}$.

С учетом периодичности функции тангенс, решение для $t$: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < t < \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in Z$.

Выполним обратную замену $t = 3x + \frac{\pi}{6}$: $-\frac{\pi}{2} + \pi n < 3x + \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{6} + \pi n$.

Вычтем $\frac{\pi}{6}$ из всех частей: $-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + \pi n < 3x < \frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + \pi n$, что дает $-\frac{4\pi}{6} + \pi n < 3x < \pi n$, или $-\frac{2\pi}{3} + \pi n < 3x < \pi n$.

Разделим все части на 3: $-\frac{2\pi}{9} + \frac{\pi n}{3} < x < \frac{\pi n}{3}$.

Ответ: $x \in (-\frac{2\pi}{9} + \frac{\pi n}{3}; \frac{\pi n}{3})$, $n \in Z$.

3.67. 1) $ \sin x \cos \frac{\pi}{6} - \cos x \sin \frac{\pi}{6} \le \frac{1}{2}; $

2) $ \sqrt{3}\operatorname{ctg}\left(\frac{\pi}{4} - 2x\right) > 1; $

3) $ 4\sin 2x \cos 2x \ge \sqrt{2}; $

4) $ 3\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}\right) > -\sqrt{3}; $

5) $ \cos \frac{\pi}{8} \cos x - \sin x \sin \frac{\pi}{8} < -\frac{\sqrt{3}}{2}; $

6) $ 0.5 \sin 4x < -0.2. $

1) Исходное неравенство: $ \sin x \cos \frac{\pi}{6} - \cos x \sin \frac{\pi}{6} \le \frac{1}{2} $.
Левая часть неравенства является формулой синуса разности $ \sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta $.
Применим эту формулу, где $ \alpha = x $ и $ \beta = \frac{\pi}{6} $. Неравенство принимает вид: $ \sin(x - \frac{\pi}{6}) \le \frac{1}{2} $.
Сделаем замену $ t = x - \frac{\pi}{6} $. Получаем простейшее тригонометрическое неравенство $ \sin t \le \frac{1}{2} $.
Решением этого неравенства на единичной окружности является дуга, для которой ордината (значение синуса) не превышает $ \frac{1}{2} $. Это соответствует углам в промежутке от $ -\frac{7\pi}{6} $ до $ \frac{\pi}{6} $.
С учетом периодичности синуса, общее решение для $ t $ будет:
$ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi n \le t \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in Z $.
Выполним обратную замену $ t = x - \frac{\pi}{6} $:
$ -\frac{7\pi}{6} + 2\pi n \le x - \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n $.
Прибавим $ \frac{\pi}{6} $ ко всем частям двойного неравенства:
$ -\frac{7\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n $
$ -\frac{6\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{2\pi}{6} + 2\pi n $
$ -\pi + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n $.
Ответ: $ -\pi + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in Z $.

2) Исходное неравенство: $ \sqrt{3}\mathrm{ctg}(\frac{\pi}{4} - 2x) > 1 $.
Разделим обе части неравенства на $ \sqrt{3} $:
$ \mathrm{ctg}(\frac{\pi}{4} - 2x) > \frac{1}{\sqrt{3}} $.
Сделаем замену $ t = \frac{\pi}{4} - 2x $. Получаем неравенство $ \mathrm{ctg} t > \frac{1}{\sqrt{3}} $.
Функция котангенса убывает на своем основном промежутке $ (0; \pi) $. Значение $ \frac{1}{\sqrt{3}} $ котангенс принимает при угле $ \frac{\pi}{3} $. Неравенство $ \mathrm{ctg} t > \frac{1}{\sqrt{3}} $ выполняется, когда $ t $ находится в интервале от $ 0 $ до $ \frac{\pi}{3} $.
С учетом периодичности котангенса, общее решение для $ t $:
$ \pi n < t < \frac{\pi}{3} + \pi n $, где $ n \in Z $.
Выполним обратную замену:
$ \pi n < \frac{\pi}{4} - 2x < \frac{\pi}{3} + \pi n $.
Вычтем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей неравенства:
$ \pi n - \frac{\pi}{4} < -2x < \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} + \pi n $
$ -\frac{\pi}{4} + \pi n < -2x < \frac{4\pi - 3\pi}{12} + \pi n $
$ -\frac{\pi}{4} + \pi n < -2x < \frac{\pi}{12} + \pi n $.
Разделим все части на -2, изменив знаки неравенства на противоположные:
$ \frac{-\frac{\pi}{4} + \pi n}{-2} > x > \frac{\frac{\pi}{12} + \pi n}{-2} $
$ \frac{\pi}{8} - \frac{\pi n}{2} > x > -\frac{\pi}{24} - \frac{\pi n}{2} $.
Запишем в стандартном виде:
$ -\frac{\pi}{24} - \frac{\pi n}{2} < x < \frac{\pi}{8} - \frac{\pi n}{2} $.
Ответ: $ -\frac{\pi}{24} - \frac{\pi n}{2} < x < \frac{\pi}{8} - \frac{\pi n}{2}, n \in Z $.

3) Исходное неравенство: $ 4\sin 2x \cdot \cos 2x \ge \sqrt{2} $.
Используем формулу синуса двойного угла $ \sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha $.
$ 2 \cdot (2\sin 2x \cos 2x) \ge \sqrt{2} $.
Применив формулу, где $ \alpha=2x $, получим $ 2\sin(2 \cdot 2x) \ge \sqrt{2} $, то есть $ 2\sin 4x \ge \sqrt{2} $.
Разделим обе части на 2: $ \sin 4x \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Сделаем замену $ t = 4x $. Получаем $ \sin t \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Решением этого неравенства является объединение промежутков $ [\frac{\pi}{4} + 2\pi n; \frac{3\pi}{4} + 2\pi n] $, где $ n \in Z $.
$ \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n $.
Выполним обратную замену: $ \frac{\pi}{4} + 2\pi n \le 4x \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n $.
Разделим все части неравенства на 4:
$ \frac{\pi}{16} + \frac{2\pi n}{4} \le x \le \frac{3\pi}{16} + \frac{2\pi n}{4} $
$ \frac{\pi}{16} + \frac{\pi n}{2} \le x \le \frac{3\pi}{16} + \frac{\pi n}{2} $.
Ответ: $ \frac{\pi}{16} + \frac{\pi n}{2} \le x \le \frac{3\pi}{16} + \frac{\pi n}{2}, n \in Z $.

4) Исходное неравенство: $ 3\mathrm{tg}(\frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}) > -\sqrt{3} $.
Разделим обе части на 3: $ \mathrm{tg}(\frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}) > -\frac{\sqrt{3}}{3} $, что то же самое, что и $ \mathrm{tg}(\frac{\pi}{6} + \frac{x}{2}) > -\frac{1}{\sqrt{3}} $.
Сделаем замену $ t = \frac{\pi}{6} + \frac{x}{2} $. Получаем $ \mathrm{tg} t > -\frac{1}{\sqrt{3}} $.
Значение $ -\frac{1}{\sqrt{3}} $ тангенс принимает при угле $ -\frac{\pi}{6} $. Функция тангенса возрастает на интервалах вида $ (-\frac{\pi}{2} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n) $.
Решением неравенства для $ t $ будет: $ -\frac{\pi}{6} + \pi n < t < \frac{\pi}{2} + \pi n $, где $ n \in Z $.
Выполним обратную замену: $ -\frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{\pi}{6} + \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2} + \pi n $.
Вычтем $ \frac{\pi}{6} $ из всех частей:
$ -\frac{\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + \pi n < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} + \pi n $
$ -\frac{2\pi}{6} + \pi n < \frac{x}{2} < \frac{3\pi - \pi}{6} + \pi n $
$ -\frac{\pi}{3} + \pi n < \frac{x}{2} < \frac{2\pi}{6} + \pi n $
$ -\frac{\pi}{3} + \pi n < \frac{x}{2} < \frac{\pi}{3} + \pi n $.
Умножим все части на 2:
$ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n $.
Ответ: $ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi n < x < \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, n \in Z $.

5) Исходное неравенство: $ \cos\frac{\pi}{8} \cos x - \sin x \sin \frac{\pi}{8} < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Левая часть неравенства является формулой косинуса суммы $ \cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta $.
Применив формулу, где $ \alpha = \frac{\pi}{8} $ и $ \beta = x $, получим $ \cos(\frac{\pi}{8} + x) < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сделаем замену $ t = x + \frac{\pi}{8} $. Получаем $ \cos t < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Значение $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $ косинус принимает при углах $ \frac{5\pi}{6} $ и $ \frac{7\pi}{6} $. Неравенство выполняется для углов, абсцисса которых на единичной окружности меньше $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Решением неравенства для $ t $ является: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n $, где $ n \in Z $.
Выполним обратную замену: $ \frac{5\pi}{6} + 2\pi n < x + \frac{\pi}{8} < \frac{7\pi}{6} + 2\pi n $.
Вычтем $ \frac{\pi}{8} $ из всех частей: $ \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{8} + 2\pi n < x < \frac{7\pi}{6} - \frac{\pi}{8} + 2\pi n $.
Приведем дроби к общему знаменателю 24:
$ \frac{20\pi - 3\pi}{24} + 2\pi n < x < \frac{28\pi - 3\pi}{24} + 2\pi n $
$ \frac{17\pi}{24} + 2\pi n < x < \frac{25\pi}{24} + 2\pi n $.
Ответ: $ \frac{17\pi}{24} + 2\pi n < x < \frac{25\pi}{24} + 2\pi n, n \in Z $.

6) Исходное неравенство: $ 0,5\sin 4x < -0,2 $.
Умножим обе части на 2: $ \sin 4x < -0,4 $.
Сделаем замену $ t = 4x $. Получаем $ \sin t < -0,4 $.
Общее решение неравенства $ \sin t < a $ (при $ |a| < 1 $) имеет вид $ \pi - \arcsin(a) + 2\pi n < t < 2\pi + \arcsin(a) + 2\pi n $.
В нашем случае $ a = -0,4 $.
$ \pi - \arcsin(-0,4) + 2\pi n < t < 2\pi + \arcsin(-0,4) + 2\pi n $, где $ n \in Z $.
Используя свойство нечетности арксинуса $ \arcsin(-y) = -\arcsin(y) $, перепишем решение:
$ \pi - (-\arcsin(0,4)) + 2\pi n < t < 2\pi - \arcsin(0,4) + 2\pi n $
$ \pi + \arcsin(0,4) + 2\pi n < t < 2\pi - \arcsin(0,4) + 2\pi n $.
Выполним обратную замену $ t = 4x $:
$ \pi + \arcsin(0,4) + 2\pi n < 4x < 2\pi - \arcsin(0,4) + 2\pi n $.
Разделим все части неравенства на 4:
$ \frac{\pi}{4} + \frac{1}{4}\arcsin(0,4) + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arcsin(0,4) + \frac{\pi n}{2} $.
Ответ: $ \frac{\pi}{4} + \frac{1}{4}\arcsin(0,4) + \frac{\pi n}{2} < x < \frac{\pi}{2} - \frac{1}{4}\arcsin(0,4) + \frac{\pi n}{2}, n \in Z $.

3.68. Найдите решения неравенств, лежащие на указанном промежутке:

1) $\sin x \ge -\frac{1}{2}$, $x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{7\pi}{6}\right)$;

2) $\cos \frac{x}{2} > \frac{\sqrt{3}}{2}$, $x \in \left[-\frac{\pi}{2}; 0\right]$;

3) $\text{tg } x \ge -1$, $x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{4}\right)$;

4) $\sin 2x < \frac{\sqrt{2}}{2}$, $x \in \left[0; \pi\right]$.

1) Решим неравенство $ \sin x \ge -\frac{1}{2} $ на промежутке $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{7\pi}{6}) $.

Сначала найдем общее решение неравенства. Для этого решим уравнение $ \sin x = -\frac{1}{2} $. Корнями этого уравнения являются $ x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k $ и $ x = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Неравенству $ \sin x \ge -\frac{1}{2} $ удовлетворяют значения $x$, для которых соответствующая точка на единичной окружности лежит на дуге от $ -\frac{\pi}{6} $ до $ \frac{7\pi}{6} $ (при обходе против часовой стрелки). Таким образом, общее решение неравенства имеет вид: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{7\pi}{6} + 2\pi k $.

Теперь найдем пересечение этого множества решений с заданным промежутком $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{7\pi}{6}) $.

При $ k=0 $ получаем промежуток $ [-\frac{\pi}{6}; \frac{7\pi}{6}] $.Найдем пересечение $ [-\frac{\pi}{6}; \frac{7\pi}{6}] \cap (-\frac{\pi}{2}; \frac{7\pi}{6}) $.
Поскольку $ -\frac{\pi}{2} < -\frac{\pi}{6} $, пересечение начинается с $ -\frac{\pi}{6} $. Правая граница заданного промежутка $ \frac{7\pi}{6} $ не включена, поэтому и в итоговом решении она будет не включена.

Получаем промежуток $ [-\frac{\pi}{6}; \frac{7\pi}{6}) $.

При других целых значениях $k$ интервалы решений не будут пересекаться с заданным промежутком.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{6}; \frac{7\pi}{6}) $.

2) Решим неравенство $ \cos \frac{x}{2} > \frac{\sqrt{3}}{2} $ на промежутке $ x \in [-\frac{\pi}{2}; 0] $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = \frac{x}{2} $. Тогда неравенство примет вид $ \cos t > \frac{\sqrt{3}}{2} $.Найдем, какому промежутку принадлежит переменная $t$. Если $ -\frac{\pi}{2} \le x \le 0 $, то, разделив на 2, получим $ -\frac{\pi}{4} \le \frac{x}{2} \le 0 $. Таким образом, $ t \in [-\frac{\pi}{4}; 0] $.

Найдем общее решение неравенства $ \cos t > \frac{\sqrt{3}}{2} $. Уравнение $ \cos t = \frac{\sqrt{3}}{2} $ имеет решения $ t = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k $. Неравенству удовлетворяют значения $t$, лежащие в интервале $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi k < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi k $.

Найдем пересечение этого решения с промежутком $ t \in [-\frac{\pi}{4}; 0] $.При $ k=0 $ получаем интервал $ (-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{6}) $.Пересечение $ (-\frac{\pi}{6}; \frac{\pi}{6}) \cap [-\frac{\pi}{4}; 0] $ дает нам $ (-\frac{\pi}{6}; 0] $.

Итак, мы получили решение для $t$: $ -\frac{\pi}{6} < t \le 0 $.Сделаем обратную замену $ t = \frac{x}{2} $:$ -\frac{\pi}{6} < \frac{x}{2} \le 0 $.Умножим все части неравенства на 2:$ -\frac{\pi}{3} < x \le 0 $.

Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{3}; 0] $.

3) Решим неравенство $ \operatorname{tg} x \ge -1 $ на промежутке $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{4}) $.

Область определения тангенса $ x \ne \frac{\pi}{2} + \pi k $. Функция $ \operatorname{tg} x $ является возрастающей на каждом интервале области определения.Сначала решим уравнение $ \operatorname{tg} x = -1 $. Его решения: $ x = -\frac{\pi}{4} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Общее решение неравенства $ \operatorname{tg} x \ge -1 $, учитывая область определения, имеет вид: $ -\frac{\pi}{4} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k $.

Найдем пересечение этого множества решений с заданным промежутком $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{4}) $.

При $ k=0 $ получаем промежуток $ [-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{2}) $.Найдем пересечение $ [-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{2}) \cap (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{4}) $.Левая граница пересечения $ -\frac{\pi}{4} $ (включительно). Правая граница $ \frac{\pi}{4} $ (не включительно).Получаем промежуток $ [-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4}) $.

При других целых $k$ решения не попадают в заданный промежуток.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4}) $.

4) Решим неравенство $ \sin 2x < \frac{\sqrt{2}}{2} $ на промежутке $ x \in [0; \pi] $.

Сделаем замену переменной. Пусть $ t = 2x $. Неравенство примет вид $ \sin t < \frac{\sqrt{2}}{2} $.Новый промежуток для $t$: если $ 0 \le x \le \pi $, то $ 0 \le 2x \le 2\pi $. Таким образом, $ t \in [0; 2\pi] $.

Решим неравенство $ \sin t < \frac{\sqrt{2}}{2} $ на промежутке $ t \in [0; 2\pi] $.Корни уравнения $ \sin t = \frac{\sqrt{2}}{2} $ на этом промежутке: $ t = \frac{\pi}{4} $ и $ t = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} $.Неравенству $ \sin t < \frac{\sqrt{2}}{2} $ удовлетворяют значения $t$, для которых точка на единичной окружности имеет ординату меньше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.На промежутке $ [0; 2\pi] $ это два интервала: $ [0; \frac{\pi}{4}) $ и $ (\frac{3\pi}{4}; 2\pi] $.Таким образом, решение для $t$: $ t \in [0; \frac{\pi}{4}) \cup (\frac{3\pi}{4}; 2\pi] $.

Теперь сделаем обратную замену $ t = 2x $:1) $ 0 \le t < \frac{\pi}{4} \implies 0 \le 2x < \frac{\pi}{4} \implies 0 \le x < \frac{\pi}{8} $.2) $ \frac{3\pi}{4} < t \le 2\pi \implies \frac{3\pi}{4} < 2x \le 2\pi \implies \frac{3\pi}{8} < x \le \pi $.

Объединяя эти два промежутка, получаем окончательное решение.

Ответ: $ x \in [0; \frac{\pi}{8}) \cup (\frac{3\pi}{8}; \pi] $.

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} $.

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

3.71. 1) $\sin x + \cos x > -\sqrt{2}$;

2) $\operatorname{tg} x \ge \sin x$;

3) $\operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x \ge 2$;

4) $\sin 2x \ge 2\sin x$.

1) $\sin x + \cos x > -\sqrt{2}$

Преобразуем левую часть неравенства, используя метод введения вспомогательного угла. Формула для суммы синуса и косинуса: $a \sin x + b \cos x = R \sin(x + \alpha)$, где $R = \sqrt{a^2+b^2}$, $\cos\alpha = \frac{a}{R}$, $\sin\alpha = \frac{b}{R}$.

В данном случае $a=1, b=1$, поэтому $R = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}$, следовательно, $\alpha = \frac{\pi}{4}$.

Неравенство принимает вид:

$\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) > -\sqrt{2}$

Разделим обе части на $\sqrt{2}$ (это положительное число, знак неравенства не меняется):

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) > -1$

Область значений функции синус — это отрезок $[-1, 1]$. Это означает, что $\sin(t) \ge -1$ для любого аргумента $t$.

Таким образом, неравенство $\sin(x + \frac{\pi}{4}) > -1$ выполняется для всех значений $x$, кроме тех, при которых $\sin(x + \frac{\pi}{4})$ достигает своего минимального значения, равного $-1$.

Найдем эти исключаемые значения:

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) = -1$

$x + \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in Z$

$x = -\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n$

$x = -\frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in Z$

Решением исходного неравенства являются все действительные числа, за исключением этих точек. В виде интервала это можно записать как объединение открытых интервалов между соседними исключенными точками.

Ответ: $x \in (-\frac{3\pi}{4} + 2\pi n, \frac{5\pi}{4} + 2\pi n), n \in Z$.

2) $\tg x \ge \sin x$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Тангенс определен, когда $\cos x \ne 0$, то есть $x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in Z$.

Перепишем неравенство, используя определение тангенса:

$\frac{\sin x}{\cos x} \ge \sin x$

Перенесем все члены в левую часть:

$\frac{\sin x}{\cos x} - \sin x \ge 0$

Вынесем $\sin x$ за скобки:

$\sin x (\frac{1}{\cos x} - 1) \ge 0$

$\sin x (\frac{1 - \cos x}{\cos x}) \ge 0$

Проанализируем выражение. Множитель $(1 - \cos x)$ всегда неотрицателен, т.е. $1 - \cos x \ge 0$, поскольку $\cos x \le 1$ для любого $x$.

Рассмотрим два случая:

Случай 1: $1 - \cos x = 0$. Это выполняется при $\cos x = 1$, то есть $x = 2\pi k$ для $k \in Z$. В этих точках неравенство становится $0 \ge 0$, что верно. Следовательно, эти значения являются решениями.

Случай 2: $1 - \cos x > 0$. В этом случае (т.е. при $x \ne 2\pi k$), знак всего выражения совпадает со знаком выражения $\frac{\sin x}{\cos x}$. Неравенство принимает вид:

$\frac{\sin x}{\cos x} \ge 0$

$\tg x \ge 0$

Тангенс неотрицателен в I и III координатных четвертях. Решением этого неравенства являются промежутки $x \in [\pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in Z$.

Объединим решения из обоих случаев. Точки $x = 2\pi k$ из первого случая уже включены в семейство решений $[\pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$ (например, при $k=2\pi$, точка $x=2\pi$ является началом интервала $[2\pi, \frac{5\pi}{2})$).

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

3) $\tg x + \ctg x \ge 2$

ОДЗ: $\tg x$ и $\ctg x$ должны быть определены, то есть $\cos x \ne 0$ и $\sin x \ne 0$. Это эквивалентно условию $\sin(2x) = 2\sin x \cos x \ne 0$.

Преобразуем левую часть неравенства:

$\tg x + \ctg x = \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{1}{\sin x \cos x}$

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

$\frac{1}{\frac{1}{2}\sin(2x)} = \frac{2}{\sin(2x)}$

Неравенство принимает вид:

$\frac{2}{\sin(2x)} \ge 2$

$\frac{1}{\sin(2x)} \ge 1$

Чтобы левая часть была больше или равна 1, она должна быть положительной. Это возможно только если знаменатель $\sin(2x)$ положителен: $\sin(2x) > 0$.

При этом условии мы можем умножить обе части неравенства на $\sin(2x)$, не меняя знака:

$1 \ge \sin(2x)$

Это неравенство верно для всех $x$, так как $\sin(2x)$ никогда не превышает 1.

Таким образом, решение исходного неравенства сводится к решению неравенства $\sin(2x) > 0$.

Синус положителен, когда его аргумент находится в интервале $(0, \pi)$ с добавлением периодов.

$2\pi n < 2x < \pi + 2\pi n$, где $n \in Z$

Разделим все части на 2:

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

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

4) $\sin(2x) \ge 2\sin x$

Используем формулу синуса двойного угла $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$:

$2\sin x \cos x \ge 2\sin x$

Перенесем все в левую часть и разделим на 2:

$\sin x \cos x - \sin x \ge 0$

Вынесем $\sin x$ за скобки:

$\sin x (\cos x - 1) \ge 0$

Проанализируем множители. Выражение $(\cos x - 1)$ всегда неположительно, то есть $\cos x - 1 \le 0$ для всех $x$, так как максимальное значение $\cos x$ равно 1.

Произведение двух множителей неотрицательно $(\ge 0)$, если:

а) один из множителей равен нулю. Это происходит при $\sin x = 0$ (т.е. $x = \pi n, n \in Z$) или при $\cos x - 1 = 0$ (т.е. $x = 2\pi n, n \in Z$). В обоих случаях неравенство $0 \ge 0$ верно.

б) оба множителя отличны от нуля и имеют противоположные знаки. Так как $\cos x - 1 < 0$ (для $x \ne 2\pi n$), то для выполнения неравенства необходимо, чтобы другой множитель был неположительным: $\sin x < 0$.

Объединяя условия из а) и б), мы получаем, что неравенство выполняется тогда и только тогда, когда $\sin x \le 0$.

Синус неположителен в III и IV координатных четвертях, включая их границы.

Решением неравенства $\sin x \le 0$ является объединение промежутков:

$[\pi + 2\pi n, 2\pi + 2\pi n]$, где $n \in Z$.

Ответ: $x \in [\pi + 2\pi n, 2\pi + 2\pi n], n \in Z$.

3.72. Найдите область определения функции:

1) $y = \sqrt{\sin(\cos x)};$

2) $y = \arcsin(1 + \tan^2(\pi x));$

3) $y = \arccos(\tan x);$

4) $y = \sqrt{\tan x - \sin x}.$

1) Для функции $y = \sqrt{\sin(\cos x)}$ область определения задается условием неотрицательности выражения под знаком корня:

$\sin(\cos x) \ge 0$

Пусть $t = \cos x$. Так как область значений косинуса есть отрезок $[-1, 1]$, то $t \in [-1, 1]$. Неравенство принимает вид:

$\sin(t) \ge 0$ при $t \in [-1, 1]$.

Функция синус неотрицательна на промежутках вида $[2\pi k, \pi + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Найдем пересечение этих промежутков с отрезком $[-1, 1]$. Учитывая, что $\pi \approx 3.14$, пересечение существует только при $k=0$. Промежуток $[0, \pi]$ пересекается с отрезком $[-1, 1]$ по отрезку $[0, 1]$.

Следовательно, для $t$ должно выполняться условие $0 \le t \le 1$.

Возвращаясь к исходной переменной $x$, получаем двойное неравенство:

$0 \le \cos x \le 1$

Неравенство $\cos x \le 1$ выполняется для всех действительных чисел $x$. Остается решить неравенство $\cos x \ge 0$.

Косинус неотрицателен в I и IV координатных четвертях, что соответствует промежуткам:

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

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

2) Для функции $y = \arcsin(1 + \tg^2(\pi x))$ область определения задается двумя условиями:

1. Аргумент арксинуса должен принадлежать отрезку $[-1, 1]$: $-1 \le 1 + \tg^2(\pi x) \le 1$.

2. Аргумент тангенса должен быть таким, чтобы тангенс был определен: $\pi x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, то есть $x \neq \frac{1}{2} + n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим двойное неравенство. Так как $\tg^2(\pi x)$ является квадратом величины, то $\tg^2(\pi x) \ge 0$. Отсюда следует, что $1 + \tg^2(\pi x) \ge 1$.

Таким образом, система неравенств

$\begin{cases} 1 + \tg^2(\pi x) \ge -1 \\ 1 + \tg^2(\pi x) \le 1 \end{cases}$

сводится к одному уравнению $1 + \tg^2(\pi x) = 1$, поскольку первое неравенство всегда истинно.

Из уравнения следует $\tg^2(\pi x) = 0$, что равносильно $\tg(\pi x) = 0$.

Тангенс равен нулю, если его аргумент равен $\pi k$ для любого целого $k$:

$\pi x = \pi k \implies x = k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Эти значения удовлетворяют условию существования тангенса, так как целые числа не могут быть представлены в виде $\frac{1}{2} + n$.

Ответ: $x \in \mathbb{Z}$.

3) Для функции $y = \arccos(\tg x)$ область определения задается двумя условиями:

1. Аргумент арккосинуса должен принадлежать отрезку $[-1, 1]$: $-1 \le \tg x \le 1$.

2. Тангенс должен быть определен: $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Решим двойное неравенство $-1 \le \tg x \le 1$. На основном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ функция $\tg x$ возрастает. Так как $\tg(-\frac{\pi}{4}) = -1$ и $\tg(\frac{\pi}{4}) = 1$, решением на этом промежутке будет отрезок $[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]$.

Учитывая, что период тангенса равен $\pi$, общее решение неравенства есть объединение отрезков:

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

Это множество не содержит точек вида $\frac{\pi}{2} + \pi n$, так как $|\frac{\pi}{4} + \pi k| < |\frac{\pi}{2} + \pi k|$ для любого целого $k$.

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

4) Для функции $y = \sqrt{\tg x - \sin x}$ область определения задается двумя условиями:

1. Выражение под корнем должно быть неотрицательно: $\tg x - \sin x \ge 0$.

2. Тангенс должен быть определен: $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Преобразуем неравенство:

$\frac{\sin x}{\cos x} - \sin x \ge 0$

$\sin x \left(\frac{1}{\cos x} - 1\right) \ge 0$

$\sin x \frac{1 - \cos x}{\cos x} \ge 0$

Выражение $1 - \cos x$ всегда неотрицательно, т.к. $\cos x \le 1$. Оно обращается в нуль при $\cos x = 1$, то есть при $x = 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$. В этих точках неравенство $0 \ge 0$ выполняется, следовательно, эти точки входят в область определения.

Если $x \neq 2\pi k$, то $1 - \cos x > 0$, и неравенство можно разделить на этот множитель, не меняя знака:

$\frac{\sin x}{\cos x} \ge 0$, что то же самое, что $\tg x \ge 0$.

Тангенс неотрицателен в I и III координатных четвертях. Решением этого неравенства являются промежутки $[\pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$. Конец промежутка $\frac{\pi}{2} + \pi k$ исключается, так как в этих точках тангенс не определен.

Объединяя решения, заметим, что точки $x=2\pi k$ включаются в найденные промежутки (при $k$, равном четному числу $2m$, промежуток $[2\pi m, \frac{\pi}{2} + 2\pi m)$ содержит точку $2\pi m$). Таким образом, итоговая область определения совпадает с решением неравенства $\tg x \ge 0$.

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