Номер 2, страница 170, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

2. (2)

a) $ \text{ctg} x > -1; $

б) $ \text{ctg} 9x \ge 1; $

в) $ \text{ctg} \frac{2x}{5} < -1; $

г) $ \text{ctg} \left(x + \frac{\pi}{8}\right) \le 1; $

д) $ \text{ctg} \left(\frac{2x}{11} + \frac{\pi}{8}\right) \le -1; $

а) Дано неравенство $ctg x > -1$. Решение неравенства вида $ctg t > a$ основывается на свойстве убывания функции котангенса и ее периодичности. Общее решение для такого неравенства записывается в виде двойного неравенства: $\pi n < t < arcctg(a) + \pi n$, где $n \in Z$. В нашем случае $t=x$ и $a=-1$. Найдём значение арккотангенса: $arcctg(-1) = \frac{3\pi}{4}$. Подставляя эти значения, получаем искомое решение: $\pi n < x < \frac{3\pi}{4} + \pi n$, где $n \in Z$. Ответ: $x \in (\pi n; \frac{3\pi}{4} + \pi n)$, где $n \in Z$.

б) Решим неравенство $ctg 9x \geq 1$. Сделаем замену переменной $t = 9x$. Неравенство принимает вид $ctg t \geq 1$. Общее решение для неравенства вида $ctg t \geq a$ имеет вид $\pi n < t \leq arcctg(a) + \pi n$, где $n \in Z$. В данном случае $a=1$, и $arcctg(1) = \frac{\pi}{4}$. Таким образом, $\pi n < t \leq \frac{\pi}{4} + \pi n$. Теперь выполним обратную замену $t = 9x$: $\pi n < 9x \leq \frac{\pi}{4} + \pi n$. Чтобы найти $x$, разделим все части неравенства на 9: $\frac{\pi n}{9} < x \leq \frac{\pi}{36} + \frac{\pi n}{9}$, где $n \in Z$. Ответ: $x \in (\frac{\pi n}{9}; \frac{\pi}{36} + \frac{\pi n}{9}]$, где $n \in Z$.

в) Решим неравенство $ctg \frac{2x}{5} < -1$. Введём замену $t = \frac{2x}{5}$, получив неравенство $ctg t < -1$. Общее решение для неравенства вида $ctg t < a$ записывается как $arcctg(a) + \pi n < t < \pi + \pi n$, где $n \in Z$. Для $a=-1$ имеем $arcctg(-1) = \frac{3\pi}{4}$. Следовательно, $\frac{3\pi}{4} + \pi n < t < \pi + \pi n$. Выполним обратную замену: $\frac{3\pi}{4} + \pi n < \frac{2x}{5} < \pi + \pi n$. Чтобы выразить $x$, умножим все части неравенства на $\frac{5}{2}$: $\frac{5}{2}(\frac{3\pi}{4} + \pi n) < x < \frac{5}{2}(\pi + \pi n)$, что приводит к $\frac{15\pi}{8} + \frac{5\pi n}{2} < x < \frac{5\pi}{2} + \frac{5\pi n}{2}$, где $n \in Z$. Ответ: $x \in (\frac{15\pi}{8} + \frac{5\pi n}{2}; \frac{5\pi}{2} + \frac{5\pi n}{2})$, где $n \in Z$.

г) Решим неравенство $ctg(x + \frac{\pi}{8}) \leq 1$. Произведём замену $t = x + \frac{\pi}{8}$, чтобы получить $ctg t \leq 1$. Общее решение для неравенства $ctg t \leq a$ имеет вид $arcctg(a) + \pi n \leq t < \pi + \pi n$, где $n \in Z$. Здесь $a=1$, и $arcctg(1) = \frac{\pi}{4}$. Таким образом, $\frac{\pi}{4} + \pi n \leq t < \pi + \pi n$. Выполняем обратную замену: $\frac{\pi}{4} + \pi n \leq x + \frac{\pi}{8} < \pi + \pi n$. Чтобы найти $x$, вычтем $\frac{\pi}{8}$ из всех частей неравенства: $\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{8} + \pi n \leq x < \pi - \frac{\pi}{8} + \pi n$. После упрощения получаем: $\frac{\pi}{8} + \pi n \leq x < \frac{7\pi}{8} + \pi n$, где $n \in Z$. Ответ: $x \in [\frac{\pi}{8} + \pi n; \frac{7\pi}{8} + \pi n)$, где $n \in Z$.

д) Решим неравенство $ctg(\frac{2x}{11} + \frac{\pi}{8}) \leq -1$. Сделаем замену $t = \frac{2x}{11} + \frac{\pi}{8}$, что приводит к неравенству $ctg t \leq -1$. Общее решение неравенства $ctg t \leq a$ есть $arcctg(a) + \pi n \leq t < \pi + \pi n$, где $n \in Z$. Для $a=-1$ имеем $arcctg(-1) = \frac{3\pi}{4}$. Значит, $\frac{3\pi}{4} + \pi n \leq t < \pi + \pi n$. Возвращаемся к переменной $x$: $\frac{3\pi}{4} + \pi n \leq \frac{2x}{11} + \frac{\pi}{8} < \pi + \pi n$. Сначала вычтем $\frac{\pi}{8}$ из всех частей: $\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{8} + \pi n \leq \frac{2x}{11} < \pi - \frac{\pi}{8} + \pi n$. Упростим разности: $\frac{5\pi}{8} + \pi n \leq \frac{2x}{11} < \frac{7\pi}{8} + \pi n$. Наконец, умножим все части на $\frac{11}{2}$ для нахождения $x$: $\frac{11}{2}(\frac{5\pi}{8} + \pi n) \leq x < \frac{11}{2}(\frac{7\pi}{8} + \pi n)$. Окончательное решение: $\frac{55\pi}{16} + \frac{11\pi n}{2} \leq x < \frac{77\pi}{16} + \frac{11\pi n}{2}$, где $n \in Z$. Ответ: $x \in [\frac{55\pi}{16} + \frac{11\pi n}{2}; \frac{77\pi}{16} + \frac{11\pi n}{2})$, где $n \in Z$.