Номер 14, страница 175, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

14. (2)

$$\begin{cases} \sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \cot x < 1. \end{cases}$$

Решим первое неравенство: $\sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$

Сначала найдем корни уравнения $\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2}$. На тригонометрической окружности этому значению синуса соответствуют две точки, которым отвечают углы $x = \frac{\pi}{4}$ и $x = \frac{3\pi}{4}$.

Неравенству $\sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ удовлетворяют все точки на дуге единичной окружности, ординаты которых (значения по оси y) больше или равны $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Эта дуга заключена между точками $\frac{\pi}{4}$ и $\frac{3\pi}{4}$ включительно, при движении против часовой стрелки.

Таким образом, решение неравенства на одном обороте ($[0, 2\pi]$) есть отрезок $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$. Учитывая периодичность синуса (период $2\pi$), общее решение неравенства имеет вид:

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство: $\operatorname{ctg} x < 1$

Сначала найдем корни уравнения $\operatorname{ctg} x = 1$. Основным решением является $x = \frac{\pi}{4}$. Учитывая, что период котангенса равен $\pi$, все решения уравнения имеют вид $x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Также необходимо учесть область определения котангенса: $\sin x \neq 0$, то есть $x \neq \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Функция $y = \operatorname{ctg} x$ является убывающей на каждом из интервалов своей области определения $(\pi k, \pi + \pi k)$. Поэтому на каждом таком интервале неравенство $\operatorname{ctg} x < 1$ будет выполняться для всех $x$, которые больше корня уравнения $\operatorname{ctg} x = 1$ в пределах этого интервала.

Следовательно, решение неравенства имеет вид:

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

Найдем решение системы неравенств

Теперь необходимо найти пересечение множеств решений обоих неравенств:

1. $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$

2. $x \in (\frac{\pi}{4} + \pi k, \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z}$

Для наглядности рассмотрим пересечение на одном обороте тригонометрической окружности, например при $n=0$. Первое решение дает нам отрезок $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$.

Второе множество решений при $k=0$ дает интервал $(\frac{\pi}{4}, \pi)$, а при $k=1$ — интервал $(\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$. Нас интересует пересечение отрезка $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ с объединением этих интервалов $(\frac{\pi}{4}, \pi) \cup (\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$.

Пересечение $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}] \cap ((\frac{\pi}{4}, \pi) \cup (\frac{5\pi}{4}, 2\pi))$:

- Интервал $(\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$ не имеет общих точек с отрезком $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$, так как $\frac{3\pi}{4} < \frac{5\pi}{4}$.

- Найдем пересечение $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ и $(\frac{\pi}{4}, \pi)$. Общие точки удовлетворяют одновременно двум условиям: $\frac{\pi}{4} \le x \le \frac{3\pi}{4}$ и $\frac{\pi}{4} < x < \pi$. Объединив эти условия, получаем строгое неравенство слева и нестрогое справа: $\frac{\pi}{4} < x \le \frac{3\pi}{4}$.

Таким образом, решение на одном обороте — это полуинтервал $(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$.

Чтобы получить общее решение системы, необходимо к концам найденного интервала добавить период $2\pi n$, так как решения должны повторяться с этим периодом для удовлетворения обоих неравенств одновременно.

Ответ: $(\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.