Номер 3, страница 174, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

$$\begin{cases} \text{tg } x \ge 1, \\ \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases}$$

Для решения данной системы неравенств найдем решения для каждого неравенства по отдельности, а затем определим их пересечение.

Исходная система:

$$ \begin{cases} \tg x \ge 1, \\ \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \tg x \ge 1 $.

Сначала решим уравнение $ \tg x = 1 $. Основное решение этого уравнения: $ x = \operatorname{arctg}(1) = \frac{\pi}{4} $. В силу того, что тангенс имеет период $ \pi $, все решения уравнения задаются формулой $ x = \frac{\pi}{4} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Функция $ y = \tg x $ возрастает на каждом интервале своей области определения $ (-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n) $. Поэтому неравенство $ \tg x \ge 1 $ будет выполняться от точки, где тангенс равен 1, до вертикальной асимптоты. Таким образом, решение неравенства имеет вид: $ \frac{\pi}{4} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

2. Решим второе неравенство: $ \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Сначала решим уравнение $ \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Решениями являются $ x = \pm\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2\pi k $, то есть $ x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

На тригонометрической окружности косинус соответствует абсциссе (координате по оси x). Неравенство $ \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется для всех углов, точки которых на окружности имеют абсциссу меньше $ \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это соответствует дуге окружности от $ \frac{\pi}{6} $ до $ \frac{11\pi}{6} $ (или $ -\frac{\pi}{6} $) при движении против часовой стрелки. Решение неравенства имеет вид: $ \frac{\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

3. Найдем пересечение полученных решений.

Нам нужно найти пересечение множеств:

$ S_1: x \in \left[\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z} $

$ S_2: x \in \left(\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $

Для наглядности рассмотрим пересечение на одном периоде $ [0, 2\pi) $. Для $ S_2 $ это интервал $ (\frac{\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}) $. Для $ S_1 $ в этот промежуток попадают два интервала: $ [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}) $ (при $ n=0 $) и $ [\frac{5\pi}{4}, \frac{3\pi}{2}) $ (при $ n=1 $).

Проверим вхождение первого интервала из $ S_1 $: поскольку $ \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{4} $ и $ \frac{\pi}{2} < \frac{11\pi}{6} $, то интервал $ [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}) $ полностью содержится в интервале $ (\frac{\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}) $.

Проверим вхождение второго интервала из $ S_1 $: поскольку $ \frac{\pi}{6} < \frac{5\pi}{4} $ и $ \frac{3\pi}{2} < \frac{11\pi}{6} $, то интервал $ [\frac{5\pi}{4}, \frac{3\pi}{2}) $ также полностью содержится в интервале $ (\frac{\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}) $.

Это показывает, что все решения первого неравенства $ \tg x \ge 1 $ являются также и решениями второго неравенства $ \cos x < \frac{\sqrt{3}}{2} $. Следовательно, решением системы является множество решений первого неравенства.

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