Номер 6, страница 162, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

6. (2) а) $sin x > -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

б) $sin \frac{x}{4} \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$;

В) $sin \frac{3x}{5} < -\frac{\sqrt{2}}{2}$;

Г) $sin \left(x + \frac{\pi}{4}\right) \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$;

Д) $sin \left(\frac{6x}{7} + \frac{6\pi}{7}\right) \leq -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

а) $ \sin x > -\frac{\sqrt{2}}{2} $

Для решения данного тригонометрического неравенства сначала найдем значения $x$, для которых $ \sin x = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. На единичной окружности это точки с ординатой (y-координатой), равной $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Этим точкам соответствуют углы $ x = -\frac{\pi}{4} $ и $ x = -\frac{3\pi}{4} $ (или $ x = \frac{5\pi}{4} $).

Нам нужны значения $x$, при которых $ \sin x $ строго больше $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. На единичной окружности это соответствует дуге, расположенной выше прямой $ y = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Двигаясь против часовой стрелки, эта дуга начинается в точке, соответствующей углу $ -\frac{\pi}{4} $, и заканчивается в точке, соответствующей углу $ \frac{5\pi}{4} $.

Таким образом, основной интервал решений: $ -\frac{\pi}{4} < x < \frac{5\pi}{4} $.

Так как функция синуса периодична с периодом $2\pi$, общее решение неравенства получается добавлением $2\pi k$ к границам найденного интервала, где $k$ — любое целое число.

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

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

б) $ \sin \frac{x}{4} \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $

Введем замену переменной: пусть $ t = \frac{x}{4} $. Неравенство примет вид: $ \sin t \ge \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Решим это неравенство для $t$. На единичной окружности находим точки, где $ \sin t = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это углы $ t = \frac{\pi}{4} $ и $ t = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} $. Нам нужны значения $t$, при которых ордината на окружности не меньше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Это соответствует дуге от $ \frac{\pi}{4} $ до $ \frac{3\pi}{4} $. С учетом периодичности, решение для $t$ имеет вид:

$ \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Теперь выполним обратную замену, подставив $t = \frac{x}{4}$:

$ \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le \frac{x}{4} \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k $.

Для того чтобы найти $x$, умножим все части двойного неравенства на 4:

$ 4(\frac{\pi}{4} + 2\pi k) \le x \le 4(\frac{3\pi}{4} + 2\pi k) $.

$ \pi + 8\pi k \le x \le 3\pi + 8\pi k $.

Ответ: $ x \in [\pi + 8\pi k; 3\pi + 8\pi k], k \in \mathbb{Z} $.

в) $ \sin \frac{3x}{5} < -\frac{\sqrt{2}}{2} $

Введем замену переменной: $ t = \frac{3x}{5} $. Неравенство примет вид: $ \sin t < -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

На единичной окружности находим точки, где $ \sin t = -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Это углы $ t = -\frac{\pi}{4} $ и $ t = -\frac{3\pi}{4} $. Нам нужны значения $t$, при которых ордината точки на окружности меньше $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Это соответствует дуге между углами $ -\frac{3\pi}{4} $ и $ -\frac{\pi}{4} $. С учетом периода $2\pi$ решение для $t$ будет:

$ -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Выполним обратную замену $t = \frac{3x}{5}$:

$ -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k < \frac{3x}{5} < -\frac{\pi}{4} + 2\pi k $.

Чтобы найти $x$, умножим все части неравенства на $ \frac{5}{3} $:

$ \frac{5}{3}(-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k) < x < \frac{5}{3}(-\frac{\pi}{4} + 2\pi k) $.

$ -\frac{5\pi}{4} + \frac{10\pi k}{3} < x < -\frac{5\pi}{12} + \frac{10\pi k}{3} $.

Ответ: $ x \in (-\frac{5\pi}{4} + \frac{10\pi k}{3}; -\frac{5\pi}{12} + \frac{10\pi k}{3}), k \in \mathbb{Z} $.

г) $ \sin(x + \frac{\pi}{4}) \le \frac{\sqrt{2}}{2} $

Выполним замену: $ t = x + \frac{\pi}{4} $. Неравенство станет $ \sin t \le \frac{\sqrt{2}}{2} $.

На единичной окружности значениям $ \sin t = \frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют углы $ t = \frac{\pi}{4} $ и $ t = \frac{3\pi}{4} $. Нам нужна дуга, где ордината точек не превышает $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Эта дуга начинается в точке $ \frac{3\pi}{4} $ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке $ 2\pi + \frac{\pi}{4} = \frac{9\pi}{4} $.

Следовательно, решение для $t$ с учетом периодичности:

$ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le t \le \frac{9\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Произведем обратную замену $ t = x + \frac{\pi}{4} $:

$ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{4} \le \frac{9\pi}{4} + 2\pi k $.

Вычтем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей неравенства:

$ \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{9\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k $.

$ \frac{2\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{8\pi}{4} + 2\pi k $.

$ \frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x \le 2\pi + 2\pi k $.

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

д) $ \sin(\frac{6x}{7} + \frac{6\pi}{7}) \le -\frac{\sqrt{2}}{2} $

Введем замену: $ t = \frac{6x}{7} + \frac{6\pi}{7} $. Неравенство примет вид $ \sin t \le -\frac{\sqrt{2}}{2} $.

Это неравенство выполняется для тех $t$, ордината которых на единичной окружности не больше $ -\frac{\sqrt{2}}{2} $. Граничные точки $ \sin t = -\frac{\sqrt{2}}{2} $ соответствуют углам $ t = -\frac{3\pi}{4} $ и $ t = -\frac{\pi}{4} $.

Решение для $t$ с учетом периодичности:

$ -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le t \le -\frac{\pi}{4} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Выполним обратную замену $ t = \frac{6}{7}(x+\pi) $:

$ -\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le \frac{6}{7}(x+\pi) \le -\frac{\pi}{4} + 2\pi k $.

Умножим все части неравенства на $ \frac{7}{6} $:

$ \frac{7}{6}(-\frac{3\pi}{4}) + \frac{7}{6}(2\pi k) \le x+\pi \le \frac{7}{6}(-\frac{\pi}{4}) + \frac{7}{6}(2\pi k) $.

$ -\frac{7\pi}{8} + \frac{7\pi k}{3} \le x+\pi \le -\frac{7\pi}{24} + \frac{7\pi k}{3} $.

Вычтем $ \pi $ из всех частей неравенства:

$ -\frac{7\pi}{8} - \pi + \frac{7\pi k}{3} \le x \le -\frac{7\pi}{24} - \pi + \frac{7\pi k}{3} $.

$ -\frac{7\pi+8\pi}{8} + \frac{7\pi k}{3} \le x \le -\frac{7\pi+24\pi}{24} + \frac{7\pi k}{3} $.

$ -\frac{15\pi}{8} + \frac{7\pi k}{3} \le x \le -\frac{31\pi}{24} + \frac{7\pi k}{3} $.

Ответ: $ x \in [-\frac{15\pi}{8} + \frac{7\pi k}{3}; -\frac{31\pi}{24} + \frac{7\pi k}{3}], k \in \mathbb{Z} $.