Номер 34, страница 176, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

34. (2) $\begin{cases} \operatorname{tg} x \ge 1, \\ \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases}$

Для решения данной системы неравенств $\begin{cases} \tg x \ge 1 \\ \cos x \le \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$ необходимо найти множество значений $x$, удовлетворяющих обоим неравенствам одновременно. Решим каждое неравенство по отдельности.

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

Сначала найдем значения $x$, для которых $\tg x = 1$. Главное решение этого уравнения — $x = \operatorname{arctg}(1) = \frac{\pi}{4}$. Поскольку функция тангенса имеет период $\pi$, все решения уравнения $\tg x = 1$ задаются формулой $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Функция $y = \tg x$ является возрастающей на каждом из своих интервалов определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$. Вертикальные асимптоты графика находятся в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$. Таким образом, условие $\tg x \ge 1$ выполняется для $x$, находящихся в промежутке от точки, где $\tg x = 1$, до ближайшей правой асимптоты. Это дает нам решение: $\frac{\pi}{4} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k$.

Итак, решение первого неравенства: $x \in [\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

Сначала найдем значения $x$, для которых $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Решения этого уравнения: $x = \pm\arccos(\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi n = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

На тригонометрической окружности косинус угла соответствует абсциссе (координате $x$) точки. Нам нужны точки, у которых абсцисса меньше или равна $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это соответствует дуге окружности, расположенной левее вертикальной прямой $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Эта дуга начинается от угла $\frac{\pi}{6}$ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в угле $2\pi - \frac{\pi}{6} = \frac{11\pi}{6}$.

Таким образом, решение второго неравенства: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{11\pi}{6} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение множеств решений.

Для нахождения общего решения системы нам нужно найти пересечение полученных множеств. Рассмотрим решения на одном периоде, например, на отрезке $[0, 2\pi)$.

Решение первого неравенства на $[0, 2\pi)$ (при $k=0$ и $k=1$): $x \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}) \cup [\frac{5\pi}{4}, \frac{3\pi}{2})$.

Решение второго неравенства на $[0, 2\pi)$ (при $n=0$): $x \in [\frac{\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}]$.

Теперь найдем пересечение этих множеств. Проверим, принадлежат ли интервалы из решения первого неравенства множеству решений второго.

Для интервала $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$: все значения $x$ из этого интервала находятся в первой четверти. Значение $\cos x$ убывает на этом интервале от $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ до $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$. Так как $\frac{\sqrt{2}}{2} < \frac{\sqrt{3}}{2}$, то для любого $x$ из этого интервала выполняется $\cos x \le \frac{\sqrt{2}}{2} < \frac{\sqrt{3}}{2}$. Следовательно, весь интервал $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ является решением системы.

Для интервала $[\frac{5\pi}{4}, \frac{3\pi}{2})$: все значения $x$ из этого интервала находятся в третьей четверти. Для любого такого $x$ значение $\cos x$ отрицательно. Любое отрицательное число меньше положительного числа $\frac{\sqrt{3}}{2}$, поэтому $\cos x < 0 \le \frac{\sqrt{3}}{2}$. Следовательно, весь интервал $[\frac{5\pi}{4}, \frac{3\pi}{2})$ также является решением системы.

Таким образом, множество решений первого неравенства является подмножеством множества решений второго неравенства. Это означает, что их пересечение совпадает с множеством решений первого неравенства.

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