Страница 174, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Пак, Ардакулы

1. (1)

$\begin{cases} tg x \le 0, \\ cos x \le \frac{1}{2}. \end{cases}$

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

$tg x \le 0$

Функция тангенса, определяемая как $tg x = \frac{\sin x}{\cos x}$, принимает неположительные значения (меньше или равна нулю) в следующих случаях:

1. Когда $tg x < 0$. Это происходит, если $\sin x$ и $\cos x$ имеют разные знаки, что соответствует второй и четвертой координатным четвертям.
Вторая четверть: $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \pi + 2\pi k)$.
Четвертая четверть: $x \in (\frac{3\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k)$.

2. Когда $tg x = 0$. Это происходит, если $\sin x = 0$ (при условии, что $\cos x \ne 0$), что соответствует точкам $x = n\pi$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Объединяя эти условия и учитывая область определения тангенса ($x \ne \frac{\pi}{2} + n\pi$), получаем общее решение для первого неравенства, которое можно записать в виде $x \in (-\frac{\pi}{2} + n\pi, n\pi]$ для любого целого $n$.

$\cos x \le \frac{1}{2}$

Сначала определим, при каких значениях $x$ выполняется равенство $\cos x = \frac{1}{2}$. Общее решение этого уравнения имеет вид $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На тригонометрической окружности косинус соответствует абсциссе точки. Неравенству $\cos x \le \frac{1}{2}$ удовлетворяют все точки на окружности, абсцисса которых меньше или равна $\frac{1}{2}$. Это соответствует дуге, заключенной между углами $\frac{\pi}{3}$ и $2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$.

Таким образом, общее решение второго неравенства: $x \in [\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k]$ для любого целого $k$.

Решение системы

Теперь найдем пересечение полученных множеств решений. Для наглядности выполним это на одном периоде, например, на отрезке $[0, 2\pi]$, а затем обобщим результат.

На отрезке $[0, 2\pi]$ имеем:

• Решение $tg x \le 0$: $x \in (\frac{\pi}{2}, \pi] \cup (\frac{3\pi}{2}, 2\pi]$ (а также точка $x=0$).

• Решение $\cos x \le \frac{1}{2}$: $x \in [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$.

Найдем пересечение этих множеств: $(\, (\frac{\pi}{2}, \pi] \cup (\frac{3\pi}{2}, 2\pi] \,) \cap [\,\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}\,]$.

Рассмотрим пересечение для каждого интервала отдельно:

1. $(\frac{\pi}{2}, \pi] \cap [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$. Так как $\frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2}$ и $\pi < \frac{5\pi}{3}$, то пересечением является интервал $(\frac{\pi}{2}, \pi]$.

2. $(\frac{3\pi}{2}, 2\pi] \cap [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$. Так как $\frac{\pi}{3} < \frac{3\pi}{2} < \frac{5\pi}{3} < 2\pi$, то пересечением является интервал $(\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{3}]$.

Объединив эти два результата, получаем решение на одном обороте: $x \in (\frac{\pi}{2}, \pi] \cup (\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{3}]$.

Для получения общего решения системы необходимо добавить к границам найденных интервалов период $2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \pi + 2\pi k] \cup (\frac{3\pi}{2} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

2. (1)

$$ \begin{cases} \text{tg } x \le 0, \\ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} $$

Для решения данной системы тригонометрических неравенств необходимо найти множество значений $x$, удовлетворяющих каждому неравенству в отдельности, а затем найти пересечение этих множеств.

1. Решение неравенства $\tg x \le 0$

Функция тангенса является неположительной (отрицательной или равной нулю) во второй и четвертой координатных четвертях.
Область определения тангенса: $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
С учетом этого, решением данного неравенства являются все $x$, принадлежащие промежуткам вида $(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \pi k]$ для любого целого $k$.

2. Решение неравенства $\cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}$

Сначала определим, при каких значениях $x$ выполняется равенство $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это происходит при $x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
На тригонометрической окружности значения косинуса больше $\frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют дуге, заключенной строго между точками $-\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$.
Следовательно, решением этого неравенства являются все $x$, принадлежащие интервалам вида $(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{6} + 2\pi k)$ для любого целого $k$.

3. Нахождение пересечения решений системы

Теперь найдем пересечение полученных множеств решений:
$\{ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi k, \pi k] \} \cap \{ x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n) \}$, где $k, n \in \mathbb{Z}$.
Рассмотрим пересечение на одном обороте тригонометрической окружности, например при $k=0, 1$ и $n=0$.
Решение первого неравенства: $(-\frac{\pi}{2}, 0] \cup (\frac{\pi}{2}, \pi]$.
Решение второго неравенства: $(-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6})$.
Пересечением этих двух множеств является промежуток $(-\frac{\pi}{6}, 0]$.
Поскольку решения второго неравенства имеют период $2\pi$, общее решение системы также будет повторяться с периодом $2\pi$. Добавив к границам найденного промежутка $2\pi k$, мы получим общее решение.
Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

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

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} $.

4. (1) $ \begin{cases} \text{tg } x \le \frac{1}{\sqrt{3}}, \\ \cos x < -\frac{1}{2}. \end{cases} $

(1)

Решим данную систему тригонометрических неравенств. Для этого найдем решение каждого неравенства по отдельности, а затем найдем пересечение этих решений.

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

Сначала решим первое неравенство: $\tg x \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Решением неравенства вида $\tg x \le a$ является множество интервалов $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \operatorname{arctg}(a) + \pi n]$, где $n \in Z$. Поскольку $\operatorname{arctg}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$, то общее решение первого неравенства имеет вид:

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

Теперь решим второе неравенство: $\cos x < -\frac{1}{2}$.

На единичной окружности равенство $\cos x = -\frac{1}{2}$ выполняется в точках $x = \frac{2\pi}{3}$ и $x = \frac{4\pi}{3}$. Неравенство $\cos x < -\frac{1}{2}$ выполняется для углов, лежащих строго между этими значениями (во второй и третьей четвертях). С учетом периодичности функции косинуса, общее решение второго неравенства имеет вид:

$\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in Z$.

Далее найдем пересечение полученных множеств решений. Для наглядности изобразим решения на единичной окружности или числовой прямой в пределах одного периода $2\pi$.

Решения первого неравенства на промежутке $[0, 2\pi)$ — это объединение интервалов $[0, \frac{\pi}{6}]$ (при $n=0$) и $(\frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6}]$ (при $n=1$).

Решение второго неравенства на промежутке $[0, 2\pi)$ — это интервал $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$ (при $k=0$).

Ищем пересечение множества $\{[0, \frac{\pi}{6}] \cup (\frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6}]\}$ и интервала $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$.

Интервал $[0, \frac{\pi}{6}]$ не пересекается с $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$, так как $\frac{\pi}{6} < \frac{2\pi}{3}$.

Пересечением интервала $(\frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6}]$ и интервала $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$ является интервал $(\frac{2\pi}{3}, \frac{7\pi}{6}]$.

Таким образом, мы нашли решение системы на одном периоде. Общее решение системы неравенств получаем, добавляя к границам найденного интервала $2\pi n$.

Ответ: $x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, \frac{7\pi}{6} + 2\pi n]$, где $n \in Z$.

5. (1)

$ \begin{cases} \operatorname{tg} x \geq 1, \\ \cos x \geq -\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} $

(1) Решим данную систему тригонометрических неравенств:

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

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

Сначала найдем корни уравнения $\tg x = 1$. Главное решение $x = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$. В силу периодичности тангенса (с периодом $\pi$), все решения уравнения имеют вид $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Функция $\tg x$ возрастает на каждом интервале своей области определения. Область определения тангенса — все действительные числа, кроме $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$, где находятся вертикальные асимптоты.

Таким образом, решение неравенства $\tg x \ge 1$ на одном периоде, например в интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, будет $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$.

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

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

Корни уравнения $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ равны $x = \pm \arccos(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + 2\pi k = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На тригонометрической окружности неравенству $\cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют точки, абсцисса которых (значение косинуса) больше или равна $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это дуга от $-\frac{5\pi}{6}$ до $\frac{5\pi}{6}$.

Общее решение второго неравенства: $x \in [-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение решений.

Рассмотрим множество решений первого неравенства $S_1 = \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} [\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n)$ и проверим, удовлетворяют ли эти значения второму неравенству.

Разобьем решение $S_1$ на два случая в зависимости от четности $n$.

а) Если $n$ четное, т.е. $n = 2k$, то $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k)$. Эти углы находятся в первой четверти. Для них $\cos x$ принимает значения от $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ до $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Все эти значения положительны и, следовательно, больше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, все решения из этих интервалов удовлетворяют второму неравенству.

б) Если $n$ нечетное, т.е. $n = 2k + 1$, то $x \in [\frac{\pi}{4} + (2k+1)\pi, \frac{\pi}{2} + (2k+1)\pi) = [\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$. Эти углы находятся в третьей четверти. Для них $\cos x$ принимает значения от $\cos(\frac{5\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ до $\cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$.

Нам нужно проверить, выполняется ли условие $\cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ на этом множестве. Сравним наименьшее значение косинуса на этом интервале, $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, с $-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Так как $\sqrt{3} > \sqrt{2}$, то $\frac{\sqrt{3}}{2} > \frac{\sqrt{2}}{2}$, и, умножая на -1, получаем $-\frac{\sqrt{3}}{2} < -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Поскольку на интервале $[\frac{5\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k)$ наименьшее значение косинуса равно $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, а все остальные значения больше, то для любого $x$ из этого интервала выполняется $\cos x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2} > -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, все решения первого неравенства $\tg x \ge 1$ являются также решениями второго неравенства $\cos x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это означает, что множество решений первого неравенства является подмножеством решений второго. Следовательно, решением системы является решение первого неравенства.

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

6. (1) $ \begin{cases} \sin x \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \cos x > -\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} $

Для решения системы тригонометрических неравенств найдем множество решений для каждого неравенства по отдельности, а затем определим их пересечение. Для наглядности будем использовать единичную тригонометрическую окружность.

1. Решение неравенства $sin(x) \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$

Сначала найдем углы $x$, для которых выполняется равенство $sin(x) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Синус - это ордината (y-координата) точки на единичной окружности. Значение $-\frac{\sqrt{2}}{2}$ синус принимает в точках $x = -\frac{\pi}{4}$ и $x = \frac{5\pi}{4}$.

Неравенству $sin(x) \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$ соответствуют все точки на окружности, чья y-координата больше или равна $-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это дуга, которая начинается в точке $-\frac{\pi}{4}$ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке $\frac{5\pi}{4}$.

Общее решение этого неравенства имеет вид: $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решение неравенства $cos(x) > -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Найдем углы $x$, для которых выполняется равенство $cos(x) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Косинус - это абсцисса (x-координата) точки на единичной окружности. Значение $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ косинус принимает в точках $x = \frac{5\pi}{6}$ и $x = \frac{7\pi}{6}$ (или $x = -\frac{5\pi}{6}$).

Неравенству $cos(x) > -\frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют все точки на окружности, чья x-координата строго больше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это дуга, которая начинается в точке $-\frac{5\pi}{6}$ и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке $\frac{5\pi}{6}$.

Общее решение этого неравенства имеет вид: $x \in (-\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Нахождение пересечения решений

Теперь найдем пересечение двух полученных множеств решений. Рассмотрим интервалы на одном витке окружности (при $k=0$):

Решение 1: $x \in [-\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}]$

Решение 2: $x \in (-\frac{5\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$

Пересечение этих двух интервалов - это множество всех $x$, удовлетворяющих обоим условиям. Началом искомого интервала будет наибольшая из левых границ, а концом - наименьшая из правых границ.

Левая граница: $max(-\frac{\pi}{4}, -\frac{5\pi}{6}) = -\frac{\pi}{4}$. Эта точка включается в решение, так как $sin(-\frac{\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ (условие $\ge$ выполнено) и $cos(-\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} > -\frac{\sqrt{3}}{2}$ (условие $>$ выполнено).

Правая граница: $min(\frac{5\pi}{4}, \frac{5\pi}{6}) = \frac{5\pi}{6}$. Эта точка не включается в решение, так как $cos(\frac{5\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$, что не удовлетворяет строгому неравенству $cos(x) > -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, решением системы на одном витке является промежуток $[-\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{6})$.

Добавив периодичность, получаем общее решение системы неравенств.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

7. (1)

$\begin{cases} \sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}, \\ \cos x \ge \frac{1}{2}. \end{cases}$

Решим данную систему тригонометрических неравенств. Для наглядности будем использовать единичную тригонометрическую окружность.

$$\begin{cases} \sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \cos x \ge \frac{1}{2}\end{cases}$$

Шаг 1: Решение неравенства $\sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Значение синуса угла $x$ соответствует ординате (координате $y$) точки на единичной окружности. Нам нужно найти все углы $x$, для которых ордината точки на окружности не меньше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сначала найдем углы, для которых $\sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. На промежутке $[-\pi, \pi]$ это углы $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = -\frac{2\pi}{3}$. На промежутке $[0, 2\pi]$ это $x = \frac{4\pi}{3}$ и $x = \frac{5\pi}{3}$.

Неравенству $\sin x \ge -\frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют точки на дуге окружности, лежащие выше прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Эта дуга начинается в точке, соответствующей углу $-\frac{\pi}{3}$ (или $\frac{5\pi}{3}$), и, двигаясь против часовой стрелки, заканчивается в точке, соответствующей углу $\frac{4\pi}{3}$.

Решение этого неравенства с учётом периодичности функции синус можно записать в виде:$x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Шаг 2: Решение неравенства $\cos x \ge \frac{1}{2}$

Значение косинуса угла $x$ соответствует абсциссе (координате $x$) точки на единичной окружности. Нам нужно найти все углы $x$, для которых абсцисса точки на окружности не меньше $\frac{1}{2}$.

Сначала найдем углы, для которых $\cos x = \frac{1}{2}$. На промежутке $[-\pi, \pi]$ это углы $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{\pi}{3}$.

Неравенству $\cos x \ge \frac{1}{2}$ соответствуют точки на дуге окружности, лежащие правее прямой $x = \frac{1}{2}$. Эта дуга начинается в точке $-\frac{\pi}{3}$ и заканчивается в точке $\frac{\pi}{3}$ при движении против часовой стрелки.

Решение этого неравенства с учётом периодичности функции косинус:$x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Шаг 3: Нахождение пересечения решений

Для решения системы необходимо найти пересечение множеств решений обоих неравенств. Отметим оба решения на единичной окружности.

Первое множество: $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k]$

Второе множество: $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$

Общая часть (пересечение) этих двух множеств — это интервал, который начинается в общей начальной точке $-\frac{\pi}{3}$ и заканчивается в наименьшей из конечных точек, то есть в $\frac{\pi}{3}$.

Таким образом, решением системы является:$x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

8. (1)

$ \begin{cases} \sin x > \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} $

Для решения данной системы неравенств необходимо найти множество значений $x$, которые удовлетворяют каждому неравенству одновременно.

Система неравенств:$\begin{cases} \sin x > \frac{\sqrt{2}}{2} \\\cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$

Рассмотрим каждое неравенство по отдельности, используя тригонометрическую окружность.

1. Решение неравенства $ \sin x > \frac{\sqrt{2}}{2} $.
Значения угла $x$, для которых $ \sin x = \frac{\sqrt{2}}{2} $, равны $ x = \frac{\pi}{4} $ и $ x = \frac{3\pi}{4} $. Неравенству $ \sin x > \frac{\sqrt{2}}{2} $ удовлетворяют все точки на тригонометрической окружности, которые лежат выше горизонтальной прямой $ y = \frac{\sqrt{2}}{2} $. Это соответствует дуге от $ \frac{\pi}{4} $ до $ \frac{3\pi}{4} $.
Общее решение этого неравенства: $ \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{3\pi}{4} + 2\pi k $, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решение неравенства $ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} $.
Значения угла $x$, для которых $ \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} $, равны $ x = \frac{\pi}{6} $ и $ x = -\frac{\pi}{6} $. Неравенству $ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} $ удовлетворяют все точки на тригонометрической окружности, которые лежат правее вертикальной прямой $ x = \frac{\sqrt{3}}{2} $. Это соответствует дуге от $ -\frac{\pi}{6} $ до $ \frac{\pi}{6} $.
Общее решение этого неравенства: $ -\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{\pi}{6} + 2\pi n $, где $n \in \mathbb{Z}$.

3. Нахождение пересечения решений.
Теперь необходимо найти значения $x$, которые удовлетворяют обоим найденным интервалам. Для этого найдем пересечение множеств решений:
$ (\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{4} + 2\pi k) \cap (-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n) $
Рассмотрим один период, взяв $ k = n = 0 $. Нам нужно найти пересечение интервалов $ (\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}) $ и $ (-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}) $.
Сравним границы этих интервалов. Мы знаем, что $ \frac{\pi}{6} = 30^\circ $ и $ \frac{\pi}{4} = 45^\circ $.
Поскольку $ \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{4} $, правая граница второго интервала $ (\frac{\pi}{6}) $ находится левее, чем левая граница первого интервала $ (\frac{\pi}{4}) $. Это означает, что данные интервалы не пересекаются.

Поскольку интервалы решений не пересекаются, система неравенств не имеет решений.

Альтернативный способ:
Из первого неравенства $ \sin x > \frac{\sqrt{2}}{2} $ следует, что $ \sin x > 0 $, значит, угол $x$ находится в I или II четверти.
Из второго неравенства $ \cos x > \frac{\sqrt{3}}{2} $ следует, что $ \cos x > 0 $, значит, угол $x$ находится в I или IV четверти.
Одновременное выполнение этих условий возможно только если $x$ находится в I четверти, то есть $ x \in (2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $.
В I четверти функция $ \sin x $ возрастает, поэтому из $ \sin x > \sin(\frac{\pi}{4}) $ следует $ x > \frac{\pi}{4} $.
В I четверти функция $ \cos x $ убывает, поэтому из $ \cos x > \cos(\frac{\pi}{6}) $ следует $ x < \frac{\pi}{6} $.
Таким образом, необходимо найти $x$ в I четверти, такое что $ x > \frac{\pi}{4} $ и $ x < \frac{\pi}{6} $.
Так как $ \frac{\pi}{4} > \frac{\pi}{6} $, не существует такого $x$, которое было бы одновременно больше $ \frac{\pi}{4} $ и меньше $ \frac{\pi}{6} $.
Следовательно, система не имеет решений.

Ответ: Решений нет.

9. (2)

$ \begin{cases} \cos x \geq \frac{1}{2}, \\ \sin x \geq \frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases} $

9. (2)

Для решения данной системы тригонометрических неравенств необходимо найти множество значений $x$, которые удовлетворяют обоим неравенствам одновременно. Рассмотрим каждое неравенство по отдельности.

1. Решение первого неравенства: $ \cos x \ge \frac{1}{2} $

Сначала найдем корни уравнения $ \cos x = \frac{1}{2} $. На основном промежутке $ [-\pi, \pi] $ это $ x = -\frac{\pi}{3} $ и $ x = \frac{\pi}{3} $. Используя тригонометрическую окружность, мы видим, что косинус (абсцисса точки на окружности) больше или равен $ \frac{1}{2} $ для углов, расположенных в промежутке от $ -\frac{\pi}{3} $ до $ \frac{\pi}{3} $. Учитывая периодичность функции косинуса, которая равна $ 2\pi $, общее решение первого неравенства будет:

$ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

2. Решение второго неравенства: $ \sin x \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $

Сначала найдем корни уравнения $ \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} $. На основном промежутке $ [0, 2\pi] $ это $ x = \frac{\pi}{3} $ и $ x = \frac{2\pi}{3} $. Используя тригонометрическую окружность, мы видим, что синус (ордината точки на окружности) больше или равен $ \frac{\sqrt{3}}{2} $ для углов, расположенных в промежутке от $ \frac{\pi}{3} $ до $ \frac{2\pi}{3} $. Учитывая периодичность функции синуса, которая также равна $ 2\pi $, общее решение второго неравенства будет:

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

3. Нахождение общего решения системы

Теперь нам нужно найти пересечение полученных множеств решений. Необходимо, чтобы $x$ удовлетворял обоим условиям:

$ \begin{cases} -\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k \\ \frac{\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi n \end{cases} $, где $ k, n \in \mathbb{Z} $.

Для нахождения пересечения удобно рассмотреть решения на одном витке тригонометрической окружности, например, при $ k=n=0 $.

Первое множество решений: $ x \in [-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}] $.

Второе множество решений: $ x \in [\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}] $.

Пересечением этих двух отрезков является единственная точка $ x = \frac{\pi}{3} $, так как эта точка является правым концом первого отрезка и левым концом второго.

Поскольку период обоих исходных неравенств равен $ 2\pi $, то и решение системы будет повторяться с тем же периодом. Таким образом, общее решение системы — это все точки, которые получаются из $ \frac{\pi}{3} $ прибавлением целого числа периодов $ 2\pi $.

Ответ: $ x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.