Страница 161, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Пак, Ардакулы

Решите неравенства (1-3):

1.

a) $sin x > 0$;

б) $sin 3x \ge 0$;

в) $sin \frac{x}{3} < 0$;

г) $sin \left(x - \frac{\pi}{6}\right) \le 0$;

д) $sin \left(\frac{5x}{6} - \frac{5\pi}{6}\right) \le 0$.

a) Для решения неравенства $sin x > 0$ воспользуемся единичной тригонометрической окружностью. Синус (ордината точки на окружности) положителен в первой и второй координатных четвертях. Это соответствует углам, принадлежащим интервалу $(0, \pi)$. Так как функция синуса периодическая с периодом $2\pi$, то к концам найденного интервала необходимо прибавить $2\pi k$, где $k$ — любое целое число ($k \in Z$). Таким образом, получаем общее решение в виде двойного неравенства.
$2\pi k < x < \pi + 2\pi k, k \in Z$.
Ответ: $x \in (2\pi k; \pi + 2\pi k), k \in Z$.

б) Введем новую переменную $t = 3x$. Неравенство примет вид $sin t \ge 0$. Решением этого базового неравенства является множество значений $t$, при которых синус неотрицателен. Это соответствует углам в первой и второй четвертях, включая границы. С учетом периодичности, решение для $t$ записывается так: $2\pi k \le t \le \pi + 2\pi k, k \in Z$. Теперь вернемся к исходной переменной $x$, подставив $3x$ вместо $t$: $2\pi k \le 3x \le \pi + 2\pi k$. Чтобы найти $x$, разделим все части этого двойного неравенства на 3.
$\frac{2\pi k}{3} \le x \le \frac{\pi + 2\pi k}{3}$.
Ответ: $x \in [\frac{2\pi k}{3}; \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi k}{3}], k \in Z$.

в) Решим неравенство $sin\frac{x}{3} < 0$. Сделаем замену $t = \frac{x}{3}$. Получим простейшее неравенство $sin t < 0$. Функция синуса принимает отрицательные значения в третьей и четвертой координатных четвертях, что соответствует интервалу углов $(\pi, 2\pi)$. Учитывая периодичность, общее решение для $t$ имеет вид: $\pi + 2\pi k < t < 2\pi + 2\pi k, k \in Z$. Выполним обратную замену: $\pi + 2\pi k < \frac{x}{3} < 2\pi + 2\pi k$. Для того чтобы выразить $x$, умножим все части неравенства на 3.
$3(\pi + 2\pi k) < x < 3(2\pi + 2\pi k)$, что дает $3\pi + 6\pi k < x < 6\pi + 6\pi k$.
Ответ: $x \in (3\pi + 6\pi k; 6\pi + 6\pi k), k \in Z$.

г) Чтобы решить неравенство $sin(x - \frac{\pi}{6}) \le 0$, введем замену переменной $t = x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид $sin t \le 0$. Синус неположителен в третьей и четвертой четвертях, включая их границы. Этот промежуток можно записать как $[\pi, 2\pi]$ или, что удобнее для дальнейших вычислений, как $[-\pi, 0]$. С учетом периода $2\pi$, получаем: $-\pi + 2\pi k \le t \le 0 + 2\pi k, k \in Z$. Произведем обратную замену: $-\pi + 2\pi k \le x - \frac{\pi}{6} \le 2\pi k$. Чтобы найти $x$, прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям двойного неравенства.
$-\pi + \frac{\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
$-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi k$.
Ответ: $x \in [-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k; \frac{\pi}{6} + 2\pi k], k \in Z$.

д) Решим неравенство $sin(\frac{5x}{6} - \frac{5\pi}{6}) \le 0$. Введем замену $t = \frac{5x}{6} - \frac{5\pi}{6}$. Неравенство сведется к $sin t \le 0$. Как и в предыдущем пункте, решением для $t$ является промежуток $-\pi + 2\pi k \le t \le 0 + 2\pi k, k \in Z$. Сделаем обратную замену.
$-\pi + 2\pi k \le \frac{5x}{6} - \frac{5\pi}{6} \le 2\pi k$.
Прибавим ко всем частям неравенства $\frac{5\pi}{6}$.
$-\pi + \frac{5\pi}{6} + 2\pi k \le \frac{5x}{6} \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.
$-\frac{\pi}{6} + 2\pi k \le \frac{5x}{6} \le \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$.
Теперь умножим все части неравенства на $\frac{6}{5}$.
$\frac{6}{5}(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k) \le x \le \frac{6}{5}(\frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$.
$-\frac{\pi}{5} + \frac{12\pi k}{5} \le x \le \pi + \frac{12\pi k}{5}$.
Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{5} + \frac{12\pi k}{5}; \pi + \frac{12\pi k}{5}], k \in Z$.

2.(2) a) $\sin x > -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

б) $\sin \frac{x}{3} \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

в) $\sin \frac{2x}{3} < -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

г) $\sin \left(x+\frac{\pi}{5}\right) \le -\frac{\sqrt{3}}{2}$;

д) $\sin \left(\frac{5x}{6}+\frac{6\pi}{7}\right) \le -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

а)

Дано неравенство $ \sin x > -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Сначала найдем корни уравнения $ \sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. На единичной окружности это точки, соответствующие углам $ x = -\frac{\pi}{3} $ и $ x = \pi - (-\frac{\pi}{3}) = \frac{4\pi}{3} $.
Нам нужны значения $x$, для которых ордината (синус) на единичной окружности больше $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Это соответствует дуге, расположенной выше прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Двигаясь по окружности против часовой стрелки, мы видим, что искомый интервал начинается в точке $ -\frac{\pi}{3} $ и заканчивается в точке $ \frac{4\pi}{3} $.
Учитывая периодичность функции синус, общее решение неравенства имеет вид:
$ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{4\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{4\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

б)

Дано неравенство $ \sin \frac{x}{3} \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Введем замену $ t = \frac{x}{3} $. Неравенство примет вид $ \sin t \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Аналогично предыдущему пункту, решением этого неравенства для $t$ будет интервал $ -\frac{\pi}{3} \le t \le \frac{4\pi}{3} $, с учетом периодичности:
$ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Теперь выполним обратную замену $ t = \frac{x}{3} $:
$ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le \frac{x}{3} \le \frac{4\pi}{3} + 2\pi k $.
Умножим все части двойного неравенства на 3, чтобы выразить $x$:
$ 3(-\frac{\pi}{3} + 2\pi k) \le x \le 3(\frac{4\pi}{3} + 2\pi k) $.
$ -\pi + 6\pi k \le x \le 4\pi + 6\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $x \in [-\pi + 6\pi k; 4\pi + 6\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

в)

Дано неравенство $ \sin \frac{2x}{3} < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Введем замену $ t = \frac{2x}{3} $. Неравенство примет вид $ \sin t < -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Нам нужны значения $t$, для которых синус меньше $ -\frac{\sqrt{3}}{2} $. На единичной окружности это дуга, лежащая ниже прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Эта дуга заключена между точками $ \frac{4\pi}{3} $ и $ \frac{5\pi}{3} $. Или, что эквивалентно, между $ -\frac{2\pi}{3} $ и $ -\frac{\pi}{3} $.
С учетом периодичности, решение для $t$:
$ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = \frac{2x}{3} $:
$ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < \frac{2x}{3} < -\frac{\pi}{3} + 2\pi k $.
Умножим все части на $ \frac{3}{2} $:
$ \frac{3}{2}(-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k) < x < \frac{3}{2}(-\frac{\pi}{3} + 2\pi k) $.
$ -\pi + 3\pi k < x < -\frac{\pi}{2} + 3\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $x \in (-\pi + 3\pi k; -\frac{\pi}{2} + 3\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

г)

Дано неравенство $ \sin(x + \frac{\pi}{5}) \le \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Введем замену $ t = x + \frac{\pi}{5} $. Неравенство примет вид $ \sin t \le \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Решениями уравнения $ \sin t = \frac{\sqrt{3}}{2} $ являются $ t = \frac{\pi}{3} $ и $ t = \frac{2\pi}{3} $.
Неравенству $ \sin t \le \frac{\sqrt{3}}{2} $ соответствуют все точки на единичной окружности, кроме дуги, где $ \sin t > \frac{\sqrt{3}}{2} $ (то есть дуги между $ \frac{\pi}{3} $ и $ \frac{2\pi}{3} $).
Следовательно, решение для $t$ можно записать как $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{3} + 2\pi(k+1) $, что то же самое, что и $ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{7\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену $ t = x + \frac{\pi}{5} $:
$ \frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{5} \le \frac{7\pi}{3} + 2\pi k $.
Вычтем $ \frac{\pi}{5} $ из всех частей неравенства:
$ \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{5} + 2\pi k \le x \le \frac{7\pi}{3} - \frac{\pi}{5} + 2\pi k $.
Приведем дроби к общему знаменателю:
$ \frac{10\pi - 3\pi}{15} + 2\pi k \le x \le \frac{35\pi - 3\pi}{15} + 2\pi k $.
$ \frac{7\pi}{15} + 2\pi k \le x \le \frac{32\pi}{15} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $x \in [\frac{7\pi}{15} + 2\pi k; \frac{32\pi}{15} + 2\pi k], k \in \mathbb{Z}$.

д)

Дано неравенство $ \sin(\frac{5x}{6} + \frac{6\pi}{7}) \le -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Введем замену $ t = \frac{5x}{6} + \frac{6\pi}{7} $. Неравенство примет вид $ \sin t \le -\frac{\sqrt{3}}{2} $.
Как и в пункте в), но с нестрогим неравенством, решение для $t$ будет:
$ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le t \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.
Выполним обратную замену:
$ -\frac{2\pi}{3} + 2\pi k \le \frac{5x}{6} + \frac{6\pi}{7} \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi k $.
Вычтем $ \frac{6\pi}{7} $ из всех частей:
$ -\frac{2\pi}{3} - \frac{6\pi}{7} + 2\pi k \le \frac{5x}{6} \le -\frac{\pi}{3} - \frac{6\pi}{7} + 2\pi k $.
Приведем дроби к общему знаменателю 21:
$ \frac{-14\pi - 18\pi}{21} + 2\pi k \le \frac{5x}{6} \le \frac{-7\pi - 18\pi}{21} + 2\pi k $.
$ -\frac{32\pi}{21} + 2\pi k \le \frac{5x}{6} \le -\frac{25\pi}{21} + 2\pi k $.
Умножим все части на $ \frac{6}{5} $:
$ \frac{6}{5} \cdot (-\frac{32\pi}{21}) + \frac{6}{5} \cdot 2\pi k \le x \le \frac{6}{5} \cdot (-\frac{25\pi}{21}) + \frac{6}{5} \cdot 2\pi k $.
Упростим выражения:
$ -\frac{64\pi}{35} + \frac{12\pi k}{5} \le x \le -\frac{10\pi}{7} + \frac{12\pi k}{5}, k \in \mathbb{Z} $.
Ответ: $x \in [-\frac{64\pi}{35} + \frac{12\pi k}{5}; -\frac{10\pi}{7} + \frac{12\pi k}{5}], k \in \mathbb{Z}$.

3.(2) а) $sin x > \frac{1}{5}$;

б) $sin 2x \ge -\frac{1}{8}$;

В) $sin \frac{3x}{5} < \frac{6}{7}$;

Г) $sin \left(x + \frac{\pi}{5}\right) \le -\frac{4}{5}$;

Д) $sin \left(\frac{2x}{5} + \frac{8\pi}{5}\right) \le \frac{4}{5}$.

а) Решаем неравенство $\sin x > \frac{1}{5}$. Решением уравнения $\sin x = \frac{1}{5}$ являются углы $x_1 = \arcsin(\frac{1}{5})$ и $x_2 = \pi - \arcsin(\frac{1}{5})$. Неравенство $\sin x > \frac{1}{5}$ выполняется для углов, которые на единичной окружности находятся выше прямой $y=\frac{1}{5}$, то есть между $x_1$ и $x_2$. С учетом периодичности функции синус ($2\pi$), общее решение имеет вид: $\arcsin(\frac{1}{5}) + 2\pi n < x < \pi - \arcsin(\frac{1}{5}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(\arcsin(\frac{1}{5}) + 2\pi n; \pi - \arcsin(\frac{1}{5}) + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

б) Решаем неравенство $\sin 2x \ge -\frac{1}{8}$. Сделаем замену $t = 2x$, получим неравенство $\sin t \ge -\frac{1}{8}$. Решением уравнения $\sin t = -\frac{1}{8}$ являются углы $t_1 = \arcsin(-\frac{1}{8}) = -\arcsin(\frac{1}{8})$ и $t_2 = \pi - \arcsin(-\frac{1}{8}) = \pi + \arcsin(\frac{1}{8})$. Неравенство $\sin t \ge -\frac{1}{8}$ выполняется для углов $t$, лежащих на дуге от $t_1$ до $t_2$. С учетом периодичности, решение для $t$: $-\arcsin(\frac{1}{8}) + 2\pi n \le t \le \pi + \arcsin(\frac{1}{8}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Выполним обратную замену $t=2x$: $-\arcsin(\frac{1}{8}) + 2\pi n \le 2x \le \pi + \arcsin(\frac{1}{8}) + 2\pi n$. Разделив все части двойного неравенства на 2, получим решение для $x$: $-\frac{1}{2}\arcsin(\frac{1}{8}) + \pi n \le x \le \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\arcsin(\frac{1}{8}) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $[-\frac{1}{2}\arcsin(\frac{1}{8}) + \pi n; \frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\arcsin(\frac{1}{8}) + \pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

в) Решаем неравенство $\sin \frac{3x}{5} < \frac{6}{7}$. Сделаем замену $t = \frac{3x}{5}$, получим неравенство $\sin t < \frac{6}{7}$. Решением уравнения $\sin t = \frac{6}{7}$ являются углы $t_1 = \arcsin(\frac{6}{7})$ и $t_2 = \pi - \arcsin(\frac{6}{7})$. Неравенство $\sin t < \frac{6}{7}$ выполняется для углов $t$, лежащих на дуге от $t_2$ до $t_1 + 2\pi$. С учетом периодичности, решение для $t$: $\pi - \arcsin(\frac{6}{7}) + 2\pi n < t < 2\pi + \arcsin(\frac{6}{7}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Выполним обратную замену $t=\frac{3x}{5}$: $\pi - \arcsin(\frac{6}{7}) + 2\pi n < \frac{3x}{5} < 2\pi + \arcsin(\frac{6}{7}) + 2\pi n$. Умножив все части на $\frac{5}{3}$, получим решение для $x$: $\frac{5}{3}(\pi - \arcsin(\frac{6}{7}) + 2\pi n) < x < \frac{5}{3}(2\pi + \arcsin(\frac{6}{7}) + 2\pi n)$, что равносильно $\frac{5\pi}{3} - \frac{5}{3}\arcsin(\frac{6}{7}) + \frac{10\pi n}{3} < x < \frac{10\pi}{3} + \frac{5}{3}\arcsin(\frac{6}{7}) + \frac{10\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $(\frac{5\pi}{3} - \frac{5}{3}\arcsin(\frac{6}{7}) + \frac{10\pi n}{3}; \frac{10\pi}{3} + \frac{5}{3}\arcsin(\frac{6}{7}) + \frac{10\pi n}{3})$, $n \in \mathbb{Z}$.

г) Решаем неравенство $\sin(x + \frac{\pi}{5}) \le -\frac{4}{5}$. Сделаем замену $t = x + \frac{\pi}{5}$, получим неравенство $\sin t \le -\frac{4}{5}$. Решением уравнения $\sin t = -\frac{4}{5}$ являются углы $t_1 = \arcsin(-\frac{4}{5}) = -\arcsin(\frac{4}{5})$ и $t_2 = \pi - \arcsin(-\frac{4}{5}) = \pi + \arcsin(\frac{4}{5})$. Неравенство $\sin t \le -\frac{4}{5}$ выполняется для углов $t$, лежащих на дуге от $t_2$ до $t_1+2\pi$. С учетом периодичности, решение для $t$: $\pi + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n \le t \le 2\pi - \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Выполним обратную замену $t = x + \frac{\pi}{5}$: $\pi + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n \le x + \frac{\pi}{5} \le 2\pi - \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n$. Вычтем $\frac{\pi}{5}$ из всех частей неравенства: $\pi - \frac{\pi}{5} + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n \le x \le 2\pi - \frac{\pi}{5} - \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n$, что равносильно $\frac{4\pi}{5} + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n \le x \le \frac{9\pi}{5} - \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $[\frac{4\pi}{5} + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n; \frac{9\pi}{5} - \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

д) Решаем неравенство $\sin(\frac{2x}{5} + \frac{8\pi}{5}) \le \frac{4}{5}$. Упростим аргумент синуса, используя его периодичность ($2\pi$): $\sin(\frac{2x}{5} + \frac{8\pi}{5}) = \sin(\frac{2x}{5} + 2\pi - \frac{2\pi}{5}) = \sin(\frac{2x}{5} - \frac{2\pi}{5})$. Неравенство принимает вид $\sin(\frac{2x-2\pi}{5}) \le \frac{4}{5}$. Сделаем замену $t = \frac{2x-2\pi}{5}$, получим $\sin t \le \frac{4}{5}$. Решением уравнения $\sin t = \frac{4}{5}$ являются углы $t_1 = \arcsin(\frac{4}{5})$ и $t_2 = \pi - \arcsin(\frac{4}{5})$. Неравенство $\sin t \le \frac{4}{5}$ выполняется для углов $t$, лежащих на дуге от $t_2$ до $t_1+2\pi$. С учетом периодичности, решение для $t$: $\pi - \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n \le t \le 2\pi + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Выполним обратную замену: $\pi - \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n \le \frac{2x-2\pi}{5} \le 2\pi + \arcsin(\frac{4}{5}) + 2\pi n$. Умножим на $\frac{5}{2}$: $\frac{5\pi}{2} - \frac{5}{2}\arcsin(\frac{4}{5}) + 5\pi n \le x-\pi \le 5\pi + \frac{5}{2}\arcsin(\frac{4}{5}) + 5\pi n$. Прибавим $\pi$ ко всем частям: $\frac{7\pi}{2} - \frac{5}{2}\arcsin(\frac{4}{5}) + 5\pi n \le x \le 6\pi + \frac{5}{2}\arcsin(\frac{4}{5}) + 5\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $[\frac{7\pi}{2} - \frac{5}{2}\arcsin(\frac{4}{5}) + 5\pi n; 6\pi + \frac{5}{2}\arcsin(\frac{4}{5}) + 5\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

4. (3) Найдите область определения функции:

а) $y=\frac{5}{\sqrt{1-2\sin 2x}}$

б) $y=\sqrt{\sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)-\frac{\sqrt{2}}{2}}$

а) $y = \frac{5}{\sqrt{1 - 2\sin 2x}}$

Область определения функции находится из условия, что выражение, стоящее под знаком корня в знаменателе, должно быть строго больше нуля (подкоренное выражение не может быть отрицательным, а знаменатель не может быть равен нулю).

Решим неравенство:

$1 - 2\sin 2x > 0$

$1 > 2\sin 2x$

$\sin 2x < \frac{1}{2}$

Для решения этого тригонометрического неравенства введем замену $t = 2x$. Получим $\sin t < \frac{1}{2}$.

На единичной окружности значения синуса соответствуют ординате (координате y). Условие $\sin t < \frac{1}{2}$ выполняется для углов, точки которых на окружности лежат ниже прямой $y=\frac{1}{2}$.

Точки, в которых $\sin t = \frac{1}{2}$, соответствуют углам $t = \frac{\pi}{6}$ и $t = \frac{5\pi}{6}$.

Таким образом, решение неравенства $\sin t < \frac{1}{2}$ с учетом периодичности синуса ($2\pi$) будет:

$\frac{5\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{13\pi}{6} + 2\pi n$, что эквивалентно записи $-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < t < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь вернемся к переменной $x$, подставив $t = 2x$:

$-\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < 2x < \frac{\pi}{6} + 2\pi n$

Разделим все части двойного неравенства на 2:

$-\frac{7\pi}{12} + \pi n < x < \frac{\pi}{12} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (-\frac{7\pi}{12} + \pi n; \frac{\pi}{12} + \pi n), n \in \mathbb{Z}$.

б) $y = \sqrt{\sin(2x - \frac{\pi}{6}) - \frac{\sqrt{2}}{2}}$

Область определения этой функции задается условием, что выражение под знаком квадратного корня должно быть неотрицательным.

Решим неравенство:

$\sin(2x - \frac{\pi}{6}) - \frac{\sqrt{2}}{2} \ge 0$

$\sin(2x - \frac{\pi}{6}) \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$

Введем замену $t = 2x - \frac{\pi}{6}$. Неравенство примет вид:

$\sin t \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$

Условие $\sin t \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ выполняется для углов, точки которых на единичной окружности лежат на прямой $y=\frac{\sqrt{2}}{2}$ или выше нее.

Точки, в которых $\sin t = \frac{\sqrt{2}}{2}$, соответствуют углам $t = \frac{\pi}{4}$ и $t = \frac{3\pi}{4}$.

Таким образом, решение неравенства $\sin t \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ с учетом периодичности:

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le t \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $t = 2x - \frac{\pi}{6}$:

$\frac{\pi}{4} + 2\pi n \le 2x - \frac{\pi}{6} \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi n$

Прибавим $\frac{\pi}{6}$ ко всем частям неравенства:

$\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n \le 2x \le \frac{3\pi}{4} + \frac{\pi}{6} + 2\pi n$

Приведем дроби к общему знаменателю 12:

$\frac{3\pi}{12} + \frac{2\pi}{12} + 2\pi n \le 2x \le \frac{9\pi}{12} + \frac{2\pi}{12} + 2\pi n$

$\frac{5\pi}{12} + 2\pi n \le 2x \le \frac{11\pi}{12} + 2\pi n$

Разделим все части неравенства на 2:

$\frac{5\pi}{24} + \pi n \le x \le \frac{11\pi}{24} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{5\pi}{24} + \pi n; \frac{11\pi}{24} + \pi n], n \in \mathbb{Z}$.