Номер 23, страница 175, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

23. (1) $\begin{cases} \operatorname{tg} x \geq \frac{1}{\sqrt{3}}, \\ \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{cases}$

23. (1)

Для решения системы тригонометрических неравенств $ \begin{cases} \tg x \ge \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases} $ необходимо найти пересечение множеств решений каждого из неравенств.

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

Сначала найдем корни уравнения $ \tg x = \frac{1}{\sqrt{3}} $. Главное значение $ x = \operatorname{arctg}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{\pi}{6} $.

Так как функция тангенс имеет период $ \pi $, все решения уравнения имеют вид $ x = \frac{\pi}{6} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Функция $ y = \tg x $ является возрастающей на своем интервале определения $ \left(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k\right) $. Следовательно, решение неравенства $ \tg x \ge \frac{1}{\sqrt{3}} $ будет представлять собой интервалы, начинающиеся в точке $ \frac{\pi}{6} + \pi k $ и ограниченные справа асимптотой $ x = \frac{\pi}{2} + \pi k $.

Таким образом, решение первого неравенства: $ \frac{\pi}{6} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

2. Решим второе неравенство: $ \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} $

Найдем корни уравнения $ \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Главные значения $ x = \pm\operatorname{arccos}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \pm\frac{\pi}{4} $.

Функция косинус имеет период $ 2\pi $. На тригонометрической окружности значения $ x $, для которых $ \cos x > \frac{\sqrt{2}}{2} $, находятся в интервале между $ -\frac{\pi}{4} $ и $ \frac{\pi}{4} $.

С учетом периодичности, решение второго неравенства: $ -\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{4} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3. Найдем пересечение решений

Теперь необходимо найти общие решения для двух систем неравенств:

$ \begin{cases} \frac{\pi}{6} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k \\ -\frac{\pi}{4} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{4} + 2\pi n \end{cases} $, где $ k, n \in \mathbb{Z} $.

Для наглядности рассмотрим пересечение на одном витке тригонометрической окружности. Возьмем интервал из второго решения при $ n=0 $: $ \left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right) $.

Теперь посмотрим, какие интервалы из первого решения попадают в этот промежуток.

При $ k=0 $: $ \left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right) $.

При $ k=-1 $: $ \left[\frac{\pi}{6} - \pi, \frac{\pi}{2} - \pi\right) $, то есть $ \left[-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{2}\right) $. Этот интервал не пересекается с $ \left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right) $.

Таким образом, нам нужно найти пересечение интервалов $ \left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right) $ и $ \left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right) $.

Так как $ -\frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{6} $ и $ \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2} $, то пересечением будет интервал $ \left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right) $.

Поскольку общее решение системы должно быть периодическим с периодом, равным наименьшему общему кратному периодов исходных решений ($ \pi $ и $ 2\pi $), то общий период равен $ 2\pi $. Добавляем этот период к найденному интервалу.

Ответ: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x < \frac{\pi}{4} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.