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

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} $.

3.75. 1) $5 \sin^2 x + \sin^2 2x > 4 \cos 2x$;

2) $4 \sin^3 x < 2 \sin x + \cos 2x$;

3) $\sin 3x > 4 \sin x \cdot \cos 2x$;

4) $6 \sin x \cdot \cos 2x - 2 \sin 3x < 4$;

5) $\cos(\sin x) < 0$;

6) $5 + 2 \cos 2x \le 3|2 \sin x - 1|$.

1) $5\sin^2 x + \sin^2 2x > 4\cos 2x$

Преобразуем неравенство, используя тригонометрические формулы $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ и $\sin^2 2x = 1 - \cos^2 2x$, чтобы выразить все через $\cos 2x$.

$5 \cdot \frac{1 - \cos 2x}{2} + 1 - \cos^2 2x > 4\cos 2x$

Умножим обе части на 2, чтобы избавиться от дроби:

$5(1 - \cos 2x) + 2(1 - \cos^2 2x) > 8\cos 2x$

$5 - 5\cos 2x + 2 - 2\cos^2 2x > 8\cos 2x$

$7 - 5\cos 2x - 2\cos^2 2x > 8\cos 2x$

Перенесем все члены в одну сторону:

$2\cos^2 2x + 13\cos 2x - 7 < 0$

Сделаем замену $t = \cos 2x$, где $-1 \le t \le 1$.

$2t^2 + 13t - 7 < 0$

Найдем корни квадратного уравнения $2t^2 + 13t - 7 = 0$.

Дискриминант $D = 13^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-7) = 169 + 56 = 225 = 15^2$.

Корни: $t_1 = \frac{-13 - 15}{4} = -7$ и $t_2 = \frac{-13 + 15}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

Парабола $y = 2t^2 + 13t - 7$ ветвями вверх, значит, неравенство выполняется между корнями: $-7 < t < \frac{1}{2}$.

Возвращаемся к замене $\cos 2x$, учитывая ограничение $-1 \le \cos 2x \le 1$:

$-1 \le \cos 2x < \frac{1}{2}$

Решаем неравенство $\cos 2x < \frac{1}{2}$:

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

Делим все части на 2:

$\frac{\pi}{6} + \pi k < x < \frac{5\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

2) $4\sin^3 x < 2\sin x + \cos 2x$

Используем формулу $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$, чтобы привести неравенство к одной функции $\sin x$.

$4\sin^3 x < 2\sin x + 1 - 2\sin^2 x$

$4\sin^3 x + 2\sin^2 x - 2\sin x - 1 < 0$

Сделаем замену $t = \sin x$, где $-1 \le t \le 1$.

$4t^3 + 2t^2 - 2t - 1 < 0$

Сгруппируем члены:

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

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

Найдем корни: $t = -\frac{1}{2}$, $t = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Расположим корни на числовой оси: $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, $-\frac{1}{2}$, $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Методом интервалов определяем знаки выражения $(2t^2 - 1)(2t + 1)$: оно отрицательно при $t < -\frac{\sqrt{2}}{2}$ и при $-\frac{1}{2} < t < \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Возвращаемся к замене $\sin x$ и учитываем ограничение $-1 \le \sin x \le 1$:

1) $-1 \le \sin x < -\frac{\sqrt{2}}{2}$

2) $-\frac{1}{2} < \sin x < \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решаем каждое неравенство отдельно:

1) $\frac{5\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{4} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

2) Это объединение двух интервалов:

$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{4} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

$\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Объединяем все решения.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{\pi}{4} + 2\pi k) \cup (\frac{3\pi}{4} + 2\pi k; \frac{7\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\frac{5\pi}{4} + 2\pi k; \frac{7\pi}{4} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

3) $\sin 3x > 4\sin x \cos 2x$

Используем формулу произведения синуса на косинус: $2\sin\alpha\cos\beta = \sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)$.

$4\sin x \cos 2x = 2(2\sin x \cos 2x) = 2(\sin(x+2x) + \sin(x-2x)) = 2(\sin 3x - \sin x)$.

Подставим в исходное неравенство:

$\sin 3x > 2(\sin 3x - \sin x)$

$\sin 3x > 2\sin 3x - 2\sin x$

$2\sin x > \sin 3x$

Теперь используем формулу тройного угла $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin^3 x$.

$2\sin x > 3\sin x - 4\sin^3 x$

$4\sin^3 x - \sin x > 0$

$\sin x (4\sin^2 x - 1) > 0$

$\sin x (2\sin x - 1)(2\sin x + 1) > 0$

Сделаем замену $t = \sin x$, где $-1 \le t \le 1$.

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

Корни: $t=0$, $t=\frac{1}{2}$, $t=-\frac{1}{2}$.

Методом интервалов находим, что неравенство верно при $-\frac{1}{2} < t < 0$ и $t > \frac{1}{2}$.

Возвращаемся к замене:

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

2) $\sin x > \frac{1}{2}$

Решения:

1) $x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k; 2\pi k) \cup (\pi + 2\pi k; \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

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

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k; 2\pi k) \cup (\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \frac{5\pi}{6} + 2\pi k) \cup (\pi + 2\pi k; \frac{7\pi}{6} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

4) $6\sin x \cos 2x - 2\sin 3x < 4$

Как и в предыдущей задаче, используем $2\sin x \cos 2x = \sin 3x - \sin x$.

$6\sin x \cos 2x = 3(2\sin x \cos 2x) = 3(\sin 3x - \sin x)$.

Подставляем в неравенство:

$3(\sin 3x - \sin x) - 2\sin 3x < 4$

$3\sin 3x - 3\sin x - 2\sin 3x < 4$

$\sin 3x - 3\sin x < 4$

Используем формулу $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin^3 x$.

$(3\sin x - 4\sin^3 x) - 3\sin x < 4$

$-4\sin^3 x < 4$

$\sin^3 x > -1$

$\sin x > -1$

Функция $\sin x$ всегда больше -1, за исключением точек, где она равна -1.

$\sin x = -1$ при $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Следовательно, решение неравенства - все действительные числа, кроме этих точек.

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

5) $\cos(\sin x) < 0$

Пусть $t = \sin x$. Область значений $t$ - это отрезок $[-1, 1]$.

Неравенство принимает вид $\cos t < 0$.

Функция косинус отрицательна, когда ее аргумент находится в интервалах $(\frac{\pi}{2} + 2\pi k; \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Нам нужно найти пересечение множества решений для $t$ с его областью значений $[-1, 1]$.

При $k=0$ интервал для $t$ будет $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$. Приближенные значения: $(1.57, 4.71)$.

При других целых $k$ интервалы будут еще дальше от нуля.

Область значений $t = \sin x$ - это $[-1, 1]$.

Интервал $[-1, 1]$ не пересекается с интервалами $(\frac{\pi}{2} + 2\pi k; \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$, так как $\frac{\pi}{2} \approx 1.57 > 1$ и $-\frac{\pi}{2} \approx -1.57 < -1$.

Более того, для любого $t \in [-1, 1]$ значение $t$ (в радианах) попадает в интервал $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, где косинус положителен. Таким образом, $\cos(\sin x) > 0$ для любого $x$.

Следовательно, неравенство $\cos(\sin x) < 0$ не имеет решений.

Ответ: $x \in \emptyset$.

6) $5 + 2\cos 2x \le 3|2\sin x - 1|$

Используем формулу $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ для левой части:

$5 + 2(1 - 2\sin^2 x) = 5 + 2 - 4\sin^2 x = 7 - 4\sin^2 x$.

Неравенство становится: $7 - 4\sin^2 x \le 3|2\sin x - 1|$.

Сделаем замену $t = \sin x$, где $-1 \le t \le 1$.

$7 - 4t^2 \le 3|2t - 1|$

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $2t - 1 \ge 0$, то есть $t \ge \frac{1}{2}$.

$7 - 4t^2 \le 3(2t - 1)$

$7 - 4t^2 \le 6t - 3$

$0 \le 4t^2 + 6t - 10$

$2t^2 + 3t - 5 \ge 0$

Корни уравнения $2t^2 + 3t - 5 = 0$ это $t_1 = 1$ и $t_2 = -2.5$.

Неравенство верно при $t \le -2.5$ или $t \ge 1$. Учитывая условия $t \ge \frac{1}{2}$ и $-1 \le t \le 1$, получаем единственное решение $t = 1$.

Случай 2: $2t - 1 < 0$, то есть $t < \frac{1}{2}$.

$7 - 4t^2 \le 3(-(2t - 1))$

$7 - 4t^2 \le -6t + 3$

$0 \le 4t^2 - 6t - 4$

$2t^2 - 3t - 2 \ge 0$

Корни уравнения $2t^2 - 3t - 2 = 0$ это $t_1 = 2$ и $t_2 = -0.5$.

Неравенство верно при $t \le -0.5$ или $t \ge 2$. Учитывая условия $t < \frac{1}{2}$ и $-1 \le t \le 1$, получаем решение $-1 \le t \le -0.5$.

Объединяя решения из двух случаев, получаем $t=1$ или $-1 \le t \le -0.5$.

Возвращаемся к замене $\sin x$:

1) $\sin x = 1 \implies x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

2) $-1 \le \sin x \le -\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге на единичной окружности от $\frac{7\pi}{6}$ до $\frac{11\pi}{6}$.

$\frac{7\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{11\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k; \quad x \in [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k; \frac{11\pi}{6} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

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.

3.77. Докажите неравенство $(1 - \cos \alpha)(1 - \cos \beta)(1 - \cos \gamma) \leq \frac{1}{8}$, если $\alpha, \beta, \gamma$ – углы треугольника.

Поскольку $\alpha, \beta, \gamma$ являются углами треугольника, их сумма равна $\pi$, то есть $\alpha + \beta + \gamma = \pi$. Также, каждый из углов находится в интервале $(0, \pi)$.

Преобразуем левую часть доказываемого неравенства, используя тригонометрическую формулу $1 - \cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}$:

$(1-\cos\alpha)(1-\cos\beta)(1-\cos\gamma) = \left(2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}\right) \left(2 \sin^2 \frac{\beta}{2}\right) \left(2 \sin^2 \frac{\gamma}{2}\right) = 8 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \sin^2 \frac{\beta}{2} \sin^2 \frac{\gamma}{2}$.

Теперь исходное неравенство можно переписать в следующем виде:

$8 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \sin^2 \frac{\beta}{2} \sin^2 \frac{\gamma}{2} \le \frac{1}{8}$.

Разделив обе части неравенства на 8, получим эквивалентное неравенство:

$\sin^2 \frac{\alpha}{2} \sin^2 \frac{\beta}{2} \sin^2 \frac{\gamma}{2} \le \frac{1}{64}$.

Так как углы $\alpha, \beta, \gamma \in (0, \pi)$, то их половины $\frac{\alpha}{2}, \frac{\beta}{2}, \frac{\gamma}{2}$ лежат в интервале $(0, \frac{\pi}{2})$. В этом интервале значения синуса положительны. Следовательно, мы можем извлечь квадратный корень из обеих частей неравенства:

$\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2} \le \frac{1}{8}$.

Докажем это вспомогательное неравенство. Обозначим произведение в левой части как $P$:$P = \sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}$.

Используем формулу преобразования произведения синусов в сумму: $\sin A \sin B = \frac{1}{2}(\cos(A-B) - \cos(A+B))$.

$P = \left(\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2}\right) \sin \frac{\gamma}{2} = \frac{1}{2}\left[\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) - \cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right)\right] \sin \frac{\gamma}{2}$.

Из условия $\alpha + \beta + \gamma = \pi$ следует, что $\frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\pi - \gamma}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}$.Используя формулу приведения, получаем:$\cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right) = \sin \frac{\gamma}{2}$.

Подставим это выражение обратно в формулу для $P$:

$P = \frac{1}{2}\left[\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) - \sin \frac{\gamma}{2}\right] \sin \frac{\gamma}{2}$.

Значение косинуса любого угла не превосходит 1, поэтому $\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) \le 1$. Это позволяет нам оценить $P$ сверху:

$P \le \frac{1}{2}\left(1 - \sin \frac{\gamma}{2}\right) \sin \frac{\gamma}{2}$.

Рассмотрим функцию $f(x) = (1-x)x = x - x^2$, где $x = \sin \frac{\gamma}{2}$. Поскольку $\gamma \in (0, \pi)$, то $\frac{\gamma}{2} \in (0, \frac{\pi}{2})$, а значит $x = \sin \frac{\gamma}{2} \in (0, 1)$.

График функции $f(x)$ — это парабола с ветвями, направленными вниз. Своё максимальное значение она достигает в вершине при $x = -\frac{1}{2(-1)} = \frac{1}{2}$. Максимальное значение функции равно $f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$.

Таким образом, $P \le \frac{1}{2} \cdot \max(f(x)) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$.

Мы доказали, что $\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2} \le \frac{1}{8}$.

Теперь вернемся к исходному выражению и подставим полученный результат:

$(1-\cos\alpha)(1-\cos\beta)(1-\cos\gamma) = 8 \left(\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}\right)^2 \le 8 \cdot \left(\frac{1}{8}\right)^2 = 8 \cdot \frac{1}{64} = \frac{1}{8}$.

Неравенство доказано. Равенство достигается в случае, когда $\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = 1$ (то есть $\alpha = \beta$) и $\sin \frac{\gamma}{2} = \frac{1}{2}$ (то есть $\frac{\gamma}{2} = \frac{\pi}{6}$, $\gamma = \frac{\pi}{3}$). Из этих условий следует, что $\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$, что соответствует равностороннему треугольнику.

Ответ: Неравенство доказано.

3.78. Докажите неравенство

1) $\frac{1}{\cos \alpha} + \frac{1}{\cos \beta} + \frac{1}{\cos \gamma} \ge 6$

; 2) $\text{tg}^2 \alpha + \text{tg}^2 \beta + \text{tg}^2 \gamma \ge 9$ , если $\alpha, \beta, \gamma$ – углы остроугольного треугольника.

1)Докажем неравенство $ \frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma} \ge 6 $, где $ \alpha, \beta, \gamma $ — углы остроугольного треугольника.

По условию, $ \alpha, \beta, \gamma $ — углы остроугольного треугольника, следовательно, $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $, $ 0 < \beta < \frac{\pi}{2} $, $ 0 < \gamma < \frac{\pi}{2} $ и их сумма $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $.

Рассмотрим функцию $ f(x) = \frac{1}{\cos x} = \sec x $ на интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $. Для применения неравенства Йенсена необходимо проверить, является ли эта функция выпуклой на данном интервале. Для этого найдем вторую производную функции.

Первая производная:$ f'(x) = (\sec x)' = \sec x \tan x $

Вторая производная:$ f''(x) = (\sec x \tan x)' = (\sec x)' \tan x + \sec x (\tan x)' = (\sec x \tan x) \tan x + \sec x (\sec^2 x) = \sec x \tan^2 x + \sec^3 x $$ f''(x) = \sec x (\tan^2 x + \sec^2 x) $

На интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ имеем $ \cos x > 0 $, поэтому $ \sec x = \frac{1}{\cos x} > 0 $. Также $ \tan^2 x \ge 0 $ и $ \sec^2 x > 0 $. Следовательно, $ \tan^2 x + \sec^2 x > 0 $. Таким образом, $ f''(x) > 0 $ для всех $ x \in (0, \frac{\pi}{2}) $, что означает, что функция $ f(x) = \frac{1}{\cos x} $ является строго выпуклой на этом интервале.

Согласно неравенству Йенсена для выпуклой функции:$ \frac{f(\alpha) + f(\beta) + f(\gamma)}{3} \ge f\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right) $Подставляя нашу функцию $ f(x) $ и значения углов:$ \frac{\frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma}}{3} \ge \frac{1}{\cos\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)} $

Так как $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $, получаем:$ \frac{\frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma}}{3} \ge \frac{1}{\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)} $

Мы знаем, что $ \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} $, поэтому $ \frac{1}{\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)} = 2 $.

Подставляя это значение в неравенство:$ \frac{\frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma}}{3} \ge 2 $$ \frac{1}{\cos\alpha} + \frac{1}{\cos\beta} + \frac{1}{\cos\gamma} \ge 6 $

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $ \alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3} $, то есть для равностороннего треугольника.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2)Докажем неравенство $ \text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma \ge 9 $, где $ \alpha, \beta, \gamma $ — углы остроугольного треугольника.

Условия для углов остаются теми же: $ 0 < \alpha, \beta, \gamma < \frac{\pi}{2} $ и $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $.

Рассмотрим функцию $ g(x) = \text{tg}^2 x $ на интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $. Проверим эту функцию на выпуклость с помощью второй производной.

Первая производная:$ g'(x) = (\text{tg}^2 x)' = 2 \text{tg} x \cdot (\text{tg} x)' = 2 \text{tg} x \cdot \sec^2 x $

Вторая производная:$ g''(x) = (2 \text{tg} x \cdot \sec^2 x)' = 2 (\text{tg} x)' \sec^2 x + 2 \text{tg} x (\sec^2 x)' $$ g''(x) = 2 \sec^2 x \cdot \sec^2 x + 2 \text{tg} x \cdot (2 \sec x \cdot (\sec x)') = 2 \sec^4 x + 4 \text{tg} x \cdot \sec x \cdot (\sec x \text{tg} x) $$ g''(x) = 2 \sec^4 x + 4 \sec^2 x \text{tg}^2 x = 2 \sec^2 x (\sec^2 x + 2 \text{tg}^2 x) $

На интервале $ (0, \frac{\pi}{2}) $ имеем $ \sec^2 x > 0 $, $ \text{tg}^2 x \ge 0 $. Следовательно, выражение в скобках $ \sec^2 x + 2 \text{tg}^2 x > 0 $. Таким образом, $ g''(x) > 0 $ для всех $ x \in (0, \frac{\pi}{2}) $, что означает, что функция $ g(x) = \text{tg}^2 x $ является строго выпуклой на этом интервале.

Применим неравенство Йенсена для функции $ g(x) $:$ \frac{g(\alpha) + g(\beta) + g(\gamma)}{3} \ge g\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right) $$ \frac{\text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma}{3} \ge \text{tg}^2\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right) $

Используя $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $:$ \frac{\text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma}{3} \ge \text{tg}^2\left(\frac{\pi}{3}\right) $

Мы знаем, что $ \text{tg}\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3} $, поэтому $ \text{tg}^2\left(\frac{\pi}{3}\right) = (\sqrt{3})^2 = 3 $.

Подставляя это значение:$ \frac{\text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma}{3} \ge 3 $$ \text{tg}^2\alpha + \text{tg}^2\beta + \text{tg}^2\gamma \ge 9 $

Неравенство доказано. Равенство также достигается для равностороннего треугольника $ \alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3} $.

Ответ: Что и требовалось доказать.

3.79. Для каждого $x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$ докажите неравенство:

1) $\cos x < 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{16}$;

2) $x-\frac{x^3}{4} < \operatorname{tg} x$;

3) $1-\cos x \leq \frac{x^2}{2}$.

1) Докажем неравенство $\cos x < 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{16}$ для $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Перепишем неравенство в виде $1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{16} - \cos x > 0$.
Рассмотрим функцию $f(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{16} - \cos x$. Нам нужно доказать, что $f(x) > 0$ при $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Найдем последовательно производные этой функции:
$f'(x) = -x + \frac{4x^3}{16} + \sin x = -x + \frac{x^3}{4} + \sin x$
$f''(x) = -1 + \frac{3x^2}{4} + \cos x$
$f'''(x) = \frac{6x}{4} - \sin x = \frac{3x}{2} - \sin x$
$f^{(4)}(x) = \frac{3}{2} - \cos x$
Проанализируем знаки производных, начиная с последней, на интервале $(0; \frac{\pi}{2})$.
Для $x \in (0; \frac{\pi}{2})$ выполняется $0 < \cos x < 1$. Следовательно, $f^{(4)}(x) = \frac{3}{2} - \cos x > \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2} > 0$.
Так как $f^{(4)}(x) > 0$ на $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $f'''(x)$ строго возрастает на этом интервале.
Значение $f'''(x)$ в точке $x=0$ равно $f'''(0) = \frac{3 \cdot 0}{2} - \sin 0 = 0$.
Поскольку $f'''(x)$ возрастает на $(0; \frac{\pi}{2})$ и $f'''(0)=0$, то $f'''(x) > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Так как $f'''(x) > 0$ на $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $f''(x)$ строго возрастает на этом интервале.
Значение $f''(x)$ в точке $x=0$ равно $f''(0) = -1 + \frac{3 \cdot 0^2}{4} + \cos 0 = -1 + 1 = 0$.
Поскольку $f''(x)$ возрастает и $f''(0)=0$, то $f''(x) > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Так как $f''(x) > 0$ на $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $f'(x)$ строго возрастает на этом интервале.
Значение $f'(x)$ в точке $x=0$ равно $f'(0) = -0 + \frac{0^3}{4} + \sin 0 = 0$.
Поскольку $f'(x)$ возрастает и $f'(0)=0$, то $f'(x) > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Наконец, так как $f'(x) > 0$ на $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $f(x)$ строго возрастает на этом интервале.
Значение $f(x)$ в точке $x=0$ равно $f(0) = 1 - \frac{0^2}{2} + \frac{0^4}{16} - \cos 0 = 1 - 1 = 0$.
Поскольку $f(x)$ строго возрастает на $(0; \frac{\pi}{2})$ и $f(0)=0$, то $f(x) > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

2) Докажем неравенство $x - \frac{x^3}{4} < \tg x$ для $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Перепишем неравенство в виде $\tg x - x + \frac{x^3}{4} > 0$.
Рассмотрим функцию $g(x) = \tg x - x + \frac{x^3}{4}$. Нам нужно доказать, что $g(x) > 0$ при $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Найдем производную этой функции:
$g'(x) = (\tg x)' - (x)' + (\frac{x^3}{4})' = \frac{1}{\cos^2 x} - 1 + \frac{3x^2}{4}$.
Используя тригонометрическое тождество $\frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \tg^2 x$, получаем:
$g'(x) = (1 + \tg^2 x) - 1 + \frac{3x^2}{4} = \tg^2 x + \frac{3x^2}{4}$.
На интервале $x \in (0; \frac{\pi}{2})$ оба слагаемых в выражении для $g'(x)$ положительны: $\tg^2 x > 0$ и $\frac{3x^2}{4} > 0$.
Следовательно, $g'(x) > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Так как производная $g'(x)$ положительна на интервале $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $g(x)$ является строго возрастающей на этом интервале.
Найдем значение функции в точке $x=0$:
$g(0) = \tg 0 - 0 + \frac{0^3}{4} = 0$.
Поскольку $g(x)$ строго возрастает на $(0; \frac{\pi}{2})$ и $g(0) = 0$, то для любого $x$ из этого интервала выполняется $g(x) > g(0) = 0$.
Таким образом, $\tg x - x + \frac{x^3}{4} > 0$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

3) Докажем неравенство $1 - \cos x \le \frac{x^2}{2}$ для $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Перепишем неравенство в виде $\frac{x^2}{2} - 1 + \cos x \ge 0$.
Рассмотрим функцию $h(x) = \frac{x^2}{2} - 1 + \cos x$. Нам нужно доказать, что $h(x) \ge 0$ при $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Найдем производные этой функции:
$h'(x) = x - \sin x$
$h''(x) = 1 - \cos x$
На интервале $x \in (0; \frac{\pi}{2})$ выполняется $0 < \cos x < 1$.
Следовательно, $h''(x) = 1 - \cos x > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Так как $h''(x) > 0$ на $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $h'(x)$ является строго возрастающей на этом интервале (и на отрезке $[0; \frac{\pi}{2})$).
Найдем значение $h'(x)$ в точке $x=0$:
$h'(0) = 0 - \sin 0 = 0$.
Поскольку $h'(x)$ строго возрастает на $(0; \frac{\pi}{2})$ и $h'(0) = 0$, то $h'(x) > 0$ для всех $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Так как $h'(x) > 0$ на $(0; \frac{\pi}{2})$, функция $h(x)$ является строго возрастающей на этом интервале (и на отрезке $[0; \frac{\pi}{2})$).
Найдем значение $h(x)$ в точке $x=0$:
$h(0) = \frac{0^2}{2} - 1 + \cos 0 = 0 - 1 + 1 = 0$.
Поскольку $h(x)$ строго возрастает на $(0; \frac{\pi}{2})$ и $h(0) = 0$, то для любого $x$ из этого интервала выполняется $h(x) > h(0) = 0$.
Итак, мы доказали, что $h(x) > 0$, то есть $\frac{x^2}{2} - 1 + \cos x > 0$ для $x \in (0; \frac{\pi}{2})$.
Это можно переписать как $1 - \cos x < \frac{x^2}{2}$.
Поскольку строгое неравенство ($<$) влечет за собой нестрогое ($\le$), то доказываемое неравенство $1 - \cos x \le \frac{x^2}{2}$ также является верным.

Ответ: Неравенство доказано.

3.80. Сравните числа:

1) $\sin \frac{5\pi}{7}$ и $\sin \frac{7\pi}{8}$;

2) $\operatorname{tg} \frac{9\pi}{7}$ и $\operatorname{tg} \frac{6\pi}{5}$.

1) Сравним числа $\sin\frac{5\pi}{7}$ и $\sin\frac{7\pi}{8}$.

Для того чтобы сравнить значения синусов, сначала определим, в каких четвертях находятся углы. Оба угла, $\frac{5\pi}{7}$ и $\frac{7\pi}{8}$, находятся во второй координатной четверти, поскольку они больше $\frac{\pi}{2}$ и меньше $\pi$.

Чтобы упростить сравнение, приведем аргументы синусов к углам в первой четверти, используя формулу приведения $\sin(\pi - x) = \sin x$.

Для первого числа:$\sin\frac{5\pi}{7} = \sin(\pi - \frac{2\pi}{7}) = \sin\frac{2\pi}{7}$.

Для второго числа:$\sin\frac{7\pi}{8} = \sin(\pi - \frac{\pi}{8}) = \sin\frac{\pi}{8}$.

Теперь задача сводится к сравнению $\sin\frac{2\pi}{7}$ и $\sin\frac{\pi}{8}$. Оба угла, $\frac{2\pi}{7}$ и $\frac{\pi}{8}$, принадлежат первой четверти (интервалу $(0; \frac{\pi}{2})$), на котором функция $y = \sin x$ является возрастающей. Это означает, что большему значению аргумента соответствует большее значение функции.

Сравним аргументы $\frac{2\pi}{7}$ и $\frac{\pi}{8}$. Для этого приведем дроби к общему знаменателю $56$:

$\frac{2\pi}{7} = \frac{2\pi \cdot 8}{7 \cdot 8} = \frac{16\pi}{56}$

$\frac{\pi}{8} = \frac{\pi \cdot 7}{8 \cdot 7} = \frac{7\pi}{56}$

Поскольку $16\pi > 7\pi$, то $\frac{16\pi}{56} > \frac{7\pi}{56}$, и, следовательно, $\frac{2\pi}{7} > \frac{\pi}{8}$.

Так как на интервале $(0; \frac{\pi}{2})$ функция синуса возрастает, из неравенства $\frac{2\pi}{7} > \frac{\pi}{8}$ следует, что $\sin\frac{2\pi}{7} > \sin\frac{\pi}{8}$.

Следовательно, $\sin\frac{5\pi}{7} > \sin\frac{7\pi}{8}$.

Ответ: $\sin\frac{5\pi}{7} > \sin\frac{7\pi}{8}$.

2) Сравним числа $\tan\frac{9\pi}{7}$ и $\tan\frac{6\pi}{5}$.

Определим, в каких четвертях находятся углы.Угол $\frac{9\pi}{7} = \pi + \frac{2\pi}{7}$ находится в третьей координатной четверти.Угол $\frac{6\pi}{5} = \pi + \frac{\pi}{5}$ также находится в третьей координатной четверти.

Воспользуемся свойством периодичности функции тангенса: $\tan(x + k\pi) = \tan x$, где $k$ - целое число. Это свойство означает, что тангенс возрастает на каждом из своих интервалов непрерывности, в том числе на $(\pi; \frac{3\pi}{2})$, где лежат оба наших угла.

Альтернативно, можно свести задачу к сравнению углов в первой четверти.

Для первого числа:$\tan\frac{9\pi}{7} = \tan(\pi + \frac{2\pi}{7}) = \tan\frac{2\pi}{7}$.

Для второго числа:$\tan\frac{6\pi}{5} = \tan(\pi + \frac{\pi}{5}) = \tan\frac{\pi}{5}$.

Теперь задача сводится к сравнению $\tan\frac{2\pi}{7}$ и $\tan\frac{\pi}{5}$. Оба угла, $\frac{2\pi}{7}$ и $\frac{\pi}{5}$, принадлежат первой четверти (интервалу $(0; \frac{\pi}{2})$), на котором функция $y = \tan x$ является возрастающей. Это означает, что большему значению аргумента соответствует большее значение функции.

Сравним аргументы $\frac{2\pi}{7}$ и $\frac{\pi}{5}$. Приведем дроби к общему знаменателю $35$:

$\frac{2\pi}{7} = \frac{2\pi \cdot 5}{7 \cdot 5} = \frac{10\pi}{35}$

$\frac{\pi}{5} = \frac{\pi \cdot 7}{5 \cdot 7} = \frac{7\pi}{35}$

Поскольку $10\pi > 7\pi$, то $\frac{10\pi}{35} > \frac{7\pi}{35}$, и, следовательно, $\frac{2\pi}{7} > \frac{\pi}{5}$.

Так как на интервале $(0; \frac{\pi}{2})$ функция тангенса возрастает, из неравенства $\frac{2\pi}{7} > \frac{\pi}{5}$ следует, что $\tan\frac{2\pi}{7} > \tan\frac{\pi}{5}$.

Следовательно, $\tan\frac{9\pi}{7} > \tan\frac{6\pi}{5}$.

Ответ: $\tan\frac{9\pi}{7} > \tan\frac{6\pi}{5}$.

3.81. Решите уравнения:

1) $x^2 - 4x + |x^2 - 2x| + 4 = 0;$

2) $|x^2 - 9| + |x^2 - 4| = 5.$

1) $x^2 - 4x + |x^2 - 2x| + 4 = 0$

Для решения уравнения необходимо раскрыть модуль. Знак выражения под модулем зависит от значения $x$. Найдем нули подмодульного выражения $x^2 - 2x$.

$x^2 - 2x = 0$

$x(x-2) = 0$

Корни $x=0$ и $x=2$. Эти точки делят числовую ось на три интервала. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $x^2 - 2x \ge 0$.

Это неравенство выполняется для $x \in (-\infty, 0] \cup [2, +\infty)$.

В этом случае $|x^2 - 2x| = x^2 - 2x$. Подставим это в исходное уравнение:

$x^2 - 4x + (x^2 - 2x) + 4 = 0$

$2x^2 - 6x + 4 = 0$

Разделим обе части уравнения на 2:

$x^2 - 3x + 2 = 0$

По теореме Виета (или через дискриминант) находим корни: $x_1 = 1$, $x_2 = 2$.

Теперь нужно проверить, принадлежат ли эти корни рассматриваемому промежутку $x \in (-\infty, 0] \cup [2, +\infty)$.

Корень $x_1 = 1$ не принадлежит этому множеству, так как $1 \notin (-\infty, 0] \cup [2, +\infty)$. Следовательно, $x=1$ не является решением.

Корень $x_2 = 2$ принадлежит этому множеству, так как $2 \in [2, +\infty)$. Следовательно, $x=2$ является решением.

Случай 2: $x^2 - 2x < 0$.

Это неравенство выполняется для $x \in (0, 2)$.

В этом случае $|x^2 - 2x| = -(x^2 - 2x) = -x^2 + 2x$. Подставим это в исходное уравнение:

$x^2 - 4x + (-x^2 + 2x) + 4 = 0$

$x^2 - 4x - x^2 + 2x + 4 = 0$

$-2x + 4 = 0$

$2x = 4$

$x = 2$

Проверим, принадлежит ли найденный корень $x=2$ рассматриваемому интервалу $x \in (0, 2)$. Корень $x=2$ не принадлежит этому интервалу. Следовательно, в этом случае решений нет.

Объединив результаты, полученные в обоих случаях, мы видим, что уравнение имеет единственное решение.

Ответ: $2$.

2) $|x^2 - 9| + |x^2 - 4| = 5$

Введем новую переменную для упрощения уравнения. Пусть $y = x^2$. Поскольку $x^2$ не может быть отрицательным, то $y \ge 0$.

Уравнение принимает вид:

$|y - 9| + |y - 4| = 5$, при условии $y \ge 0$.

Рассмотрим это уравнение на числовой оси для $y$. Критические точки, в которых выражения под модулем меняют знак, это $y=4$ и $y=9$.

Случай 1: $0 \le y < 4$.

На этом интервале $y-9 < 0$ и $y-4 < 0$. Оба модуля раскрываются с отрицательным знаком:

$-(y - 9) + (-(y - 4)) = 5$

$-y + 9 - y + 4 = 5$

$-2y + 13 = 5$

$-2y = 5 - 13$

$-2y = -8$

$y = 4$

Полученное значение $y=4$ не входит в рассматриваемый интервал $0 \le y < 4$.

Случай 2: $4 \le y < 9$.

На этом интервале $y-9 < 0$, но $y-4 \ge 0$.

$-(y - 9) + (y - 4) = 5$

$-y + 9 + y - 4 = 5$

$5 = 5$

Это тождество, верное для любого $y$ из данного промежутка. Следовательно, все значения $y$ из промежутка $[4, 9)$ являются решениями.

Случай 3: $y \ge 9$.

На этом промежутке $y-9 \ge 0$ и $y-4 \ge 0$. Оба модуля раскрываются с положительным знаком:

$(y - 9) + (y - 4) = 5$

$2y - 13 = 5$

$2y = 18$

$y = 9$

Полученное значение $y=9$ удовлетворяет условию $y \ge 9$ и является решением.

Объединяя результаты из случаев 2 и 3, получаем, что решениями для $y$ являются все значения из отрезка $[4, 9]$.

Теперь выполним обратную замену $y = x^2$:

$4 \le x^2 \le 9$

Это двойное неравенство равносильно одновременному выполнению двух условий: $x^2 \ge 4$ и $x^2 \le 9$.

Из $x^2 \ge 4$ следует, что $|x| \ge 2$, что соответствует $x \in (-\infty, -2] \cup [2, +\infty)$.

Из $x^2 \le 9$ следует, что $|x| \le 3$, что соответствует $x \in [-3, 3]$.

Решением исходного уравнения будет пересечение этих двух множеств:

$(-\infty, -2] \cup [2, +\infty)) \cap [-3, 3]$

Пересечением является объединение двух отрезков: $[-3, -2] \cup [2, 3]$.

Ответ: $x \in [-3, -2] \cup [2, 3]$.

3.82. При каких значениях $m$ уравнение $2x^2+mx+18=0$ имеет два разных корня?

Данное уравнение является квадратным уравнением вида $ax^2 + bx + c = 0$. Квадратное уравнение имеет два различных (или два разных) действительных корня тогда и только тогда, когда его дискриминант строго больше нуля ($D > 0$).

В уравнении $2x^2 + mx + 18 = 0$ коэффициенты равны:

$a = 2$

$b = m$

$c = 18$

Найдем дискриминант по формуле $D = b^2 - 4ac$:

$D = m^2 - 4 \cdot 2 \cdot 18 = m^2 - 144$

Теперь решим неравенство $D > 0$:

$m^2 - 144 > 0$

Перенесем 144 в правую часть:

$m^2 > 144$

Это неравенство выполняется, когда модуль $m$ больше 12, то есть $|m| > 12$.

Раскрывая модуль, получаем два случая:

1. $m > 12$

2. $m < -12$

Таким образом, уравнение имеет два разных корня при значениях $m$, принадлежащих объединению интервалов $(-\infty; -12)$ и $(12; \infty)$.

Ответ: $m \in (-\infty; -12) \cup (12; \infty)$.