Номер 11, страница 175, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

11. (2)

$\begin{cases} \cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}, \\ \operatorname{tg} x \ge -\sqrt{3}. \end{cases}$

Для решения системы тригонометрических неравенств необходимо найти множество значений $x$, удовлетворяющих каждому неравенству в отдельности, а затем найти пересечение этих множеств.

Система неравенств:

$\begin{cases} \cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \operatorname{tg} x \ge -\sqrt{3} \end{cases}$

1. Решим первое неравенство: $\cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$

Сначала найдем корни уравнения $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Основные решения на единичной окружности — это $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = -\frac{\pi}{6}$. Общее решение уравнения: $x = \pm \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Неравенство $\cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для всех углов, косинус которых больше или равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$. На единичной окружности это соответствует дуге, заключенной между углами $-\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$, включая концы. Таким образом, решение первого неравенства имеет вид:

$-\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство: $\operatorname{tg} x \ge -\sqrt{3}$

Функция $\operatorname{tg} x$ имеет период $\pi$ и определена для всех $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сначала найдем корни уравнения $\operatorname{tg} x = -\sqrt{3}$. Основное решение — это $x = \arctan(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}$. Общее решение уравнения: $x = -\frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим решение неравенства на одном периоде, например, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. На этом интервале функция $\operatorname{tg} x$ возрастает. Следовательно, неравенство $\operatorname{tg} x \ge -\sqrt{3}$ будет выполняться для всех $x$ от $-\frac{\pi}{3}$ (включительно) до конца области определения на этом интервале, то есть до $\frac{\pi}{2}$ (не включая). Решение на этом интервале: $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

С учетом периодичности, общее решение второго неравенства:

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

3. Найдем пересечение решений

Теперь нужно найти общие решения для обоих неравенств. Для этого найдем пересечение полученных множеств:

$S_1 = \{x \mid -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}\}$

$S_2 = \{x \mid -\frac{\pi}{3} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}\}$

Рассмотрим один из интервалов решения первого неравенства, например, при $n=0$: $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$.

Проверим, удовлетворяют ли все точки этого интервала второму неравенству. Для этого найдем интервал из $S_2$, который может содержать наш интервал. При $k=0$ имеем интервал $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

Сравним границы интервалов: $-\frac{\pi}{3} < -\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{2}$. Это означает, что интервал $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ полностью содержится внутри интервала $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

Таким образом, любое решение первого неравенства является также и решением второго неравенства. Следовательно, пересечением множеств решений $S_1$ и $S_2$ является множество $S_1$.

Ответ: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.