Номер 18, страница 175, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

18. (3) a) $y = \frac{1}{2\sin x + 1} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{3}};$

6) $y = \frac{1}{2\operatorname{tg} x - 2} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{2}}.$

а) Найдём область определения функции $y = \frac{1}{2\sin x + 1} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{3}}$.

Область определения функции (ОДЗ) находится из системы условий, при которых все части выражения имеют смысл:

$\begin{cases} 2\sin x + 1 \neq 0 & \text{(знаменатель не равен нулю)} \\ 2\cos x - \sqrt{3} \geq 0 & \text{(подкоренное выражение неотрицательно)} \end{cases}$

1. Решим первое условие:

$2\sin x \neq -1$

$\sin x \neq -\frac{1}{2}$

Это означает, что $x \neq (-1)^{k+1}\frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Развернув эту формулу, получаем две серии точек, которые нужно исключить: $x \neq -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $x \neq \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе условие:

$2\cos x \geq \sqrt{3}$

$\cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решением этого тригонометрического неравенства являются промежутки:

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

3. Теперь объединим оба условия. Необходимо из полученных промежутков $[-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n]$ исключить точки, где $\sin x = -\frac{1}{2}$.

Рассмотрим точки $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$. Они являются левыми границами наших промежутков. В этих точках $\sin(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k) = -\frac{1}{2}$, поэтому знаменатель обращается в ноль. Следовательно, эти точки нужно исключить.

Рассмотрим точки $x = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$. Для них $\cos(\frac{7\pi}{6} + 2\pi k) = \cos(\frac{7\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это значение не удовлетворяет условию $\cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$, поэтому эти точки и так не входят в найденные промежутки.

Таким образом, из промежутков $[-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n]$ мы исключаем только левую границу. Получаем полуинтервалы.

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

б) Найдём область определения функции $y = \frac{1}{2\tan x - 2} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{2}}$.

Область определения функции (ОДЗ) находится из системы условий:

$\begin{cases} \cos x \neq 0 & \text{(условие существования тангенса)} \\ 2\tan x - 2 \neq 0 & \text{(знаменатель не равен нулю)} \\ 2\cos x - \sqrt{2} \geq 0 & \text{(подкоренное выражение неотрицательно)} \end{cases}$

1. Начнём с самого сильного ограничения, неравенства с косинусом:

$2\cos x \geq \sqrt{2}$

$\cos x \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решением этого неравенства являются промежутки:

$-\frac{\pi}{4} + 2\pi n \leq x \leq \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Проверим первое условие $\cos x \neq 0$. На найденных промежутках $\cos x \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$, поэтому $\cos x$ никогда не равен нулю. Это условие выполняется автоматически.

3. Решим второе условие:

$2\tan x - 2 \neq 0$

$\tan x \neq 1$

Это означает, что $x \neq \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4. Теперь объединим все условия. Из промежутков $[-\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{4} + 2\pi n]$ нужно исключить точки, в которых $\tan x = 1$.

Рассмотрим точки $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$.

При четных $k$, то есть $k=2n$, получаем $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi n$. Эти точки являются правыми границами наших промежутков. В них $\tan(\frac{\pi}{4} + 2\pi n) = 1$, поэтому знаменатель обращается в ноль. Следовательно, эти точки нужно исключить.

При нечетных $k$, то есть $k=2n+1$, получаем $x = \frac{\pi}{4} + (2n+1)\pi = \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$. Для них $\cos(\frac{5\pi}{4} + 2\pi n) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это значение не удовлетворяет условию $\cos x \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$, так что эти точки и так не входят в ОДЗ.

Таким образом, из промежутков $[-\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{4} + 2\pi n]$ мы исключаем только правую границу.

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