Страница 175, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Пак, Ардакулы

10. (2)

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

Данная задача представляет собой систему двух тригонометрических неравенств. Для ее решения необходимо найти множества решений для каждого неравенства по отдельности, а затем найти их пересечение.

Решение неравенства $tg(x) \ge \sqrt{3}$

Найдем корни уравнения $tg(x) = \sqrt{3}$. Главное значение аргумента, удовлетворяющее этому условию, есть $x = \arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$.

Функция $y = tg(x)$ является возрастающей на всей своей области определения и имеет период $\pi$. Область определения тангенса — все действительные числа, кроме $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Таким образом, решение неравенства $tg(x) \ge \sqrt{3}$ на одном периоде $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ есть промежуток $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$. С учетом периодичности, общее решение этого неравенства:

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

Решение неравенства $cos(x) \le \frac{1}{2}$

Найдем корни уравнения $cos(x) = \frac{1}{2}$. На промежутке $[0, 2\pi]$ решениями являются $x = \arccos(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$ и $x = 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$.

Функция $y = cos(x)$ имеет период $2\pi$. Рассматривая единичную окружность или график функции, видим, что значения косинуса не превышают $\frac{1}{2}$ на дуге (или интервале) между $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{5\pi}{3}$.

Следовательно, решение неравенства на одном периоде есть отрезок $[\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$. Общее решение, учитывая периодичность:

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{5\pi}{3} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Решение системы

Теперь найдем пересечение полученных множеств решений. Для наглядности рассмотрим решения на промежутке длиной $2\pi$, например от $0$ до $2\pi$.

1. Решение для $tg(x) \ge \sqrt{3}$ на $[0, 2\pi]$ (соответствует $k=0$ и $k=1$): $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}) \cup [\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$.

2. Решение для $cos(x) \le \frac{1}{2}$ на $[0, 2\pi]$ (соответствует $n=0$): $[\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$.

Найдем пересечение этих двух множеств:

$([\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}) \cup [\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})) \cap [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$

Первый интервал $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$ полностью входит в отрезок $[\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$, так как $\frac{\pi}{2} < \frac{5\pi}{3}$. Их пересечение равно $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

Второй интервал $[\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$ также полностью входит в отрезок $[\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$, так как $\frac{\pi}{3} < \frac{4\pi}{3}$ и $\frac{3\pi}{2} < \frac{5\pi}{3}$. Их пересечение равно $[\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$.

Таким образом, решение системы на промежутке $[0, 2\pi]$ — это объединение двух интервалов: $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}) \cup [\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$.

Общее решение системы получается путем добавления к границам найденных интервалов слагаемого $2\pi m$, где $m \in \mathbb{Z}$, так как период решения системы равен $2\pi$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{3} + 2\pi m, \frac{\pi}{2} + 2\pi m) \cup [\frac{4\pi}{3} + 2\pi m, \frac{3\pi}{2} + 2\pi m)$, где $m \in \mathbb{Z}$.

11. (2)

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

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

Система неравенств:

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

1. Решим первое неравенство: $\cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$

Сначала найдем корни уравнения $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Основные решения на единичной окружности — это $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = -\frac{\pi}{6}$. Общее решение уравнения: $x = \pm \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Неравенство $\cos x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для всех углов, косинус которых больше или равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$. На единичной окружности это соответствует дуге, заключенной между углами $-\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6}$, включая концы. Таким образом, решение первого неравенства имеет вид:

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

2. Решим второе неравенство: $\operatorname{tg} x \ge -\sqrt{3}$

Функция $\operatorname{tg} x$ имеет период $\pi$ и определена для всех $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сначала найдем корни уравнения $\operatorname{tg} x = -\sqrt{3}$. Основное решение — это $x = \arctan(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}$. Общее решение уравнения: $x = -\frac{\pi}{3} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим решение неравенства на одном периоде, например, на интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. На этом интервале функция $\operatorname{tg} x$ возрастает. Следовательно, неравенство $\operatorname{tg} x \ge -\sqrt{3}$ будет выполняться для всех $x$ от $-\frac{\pi}{3}$ (включительно) до конца области определения на этом интервале, то есть до $\frac{\pi}{2}$ (не включая). Решение на этом интервале: $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

С учетом периодичности, общее решение второго неравенства:

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

3. Найдем пересечение решений

Теперь нужно найти общие решения для обоих неравенств. Для этого найдем пересечение полученных множеств:

$S_1 = \{x \mid -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}\}$

$S_2 = \{x \mid -\frac{\pi}{3} + \pi k \le x < \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}\}$

Рассмотрим один из интервалов решения первого неравенства, например, при $n=0$: $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$.

Проверим, удовлетворяют ли все точки этого интервала второму неравенству. Для этого найдем интервал из $S_2$, который может содержать наш интервал. При $k=0$ имеем интервал $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

Сравним границы интервалов: $-\frac{\pi}{3} < -\frac{\pi}{6}$ и $\frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{2}$. Это означает, что интервал $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ полностью содержится внутри интервала $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

Таким образом, любое решение первого неравенства является также и решением второго неравенства. Следовательно, пересечением множеств решений $S_1$ и $S_2$ является множество $S_1$.

Ответ: $-\frac{\pi}{6} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

12. (2)

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

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

1. Решим первое неравенство: $\sin x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$

Сначала решим уравнение $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. На тригонометрической окружности этому значению соответствуют углы $x_1 = \frac{\pi}{3}$ и $x_2 = \frac{2\pi}{3}$.

Неравенству $\sin x \ge \frac{\sqrt{3}}{2}$ удовлетворяют все углы, находящиеся на дуге единичной окружности, заключенной между точками $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$ (включая концы). Учитывая периодичность функции синус (период $2\pi$), общее решение первого неравенства будет:

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

2. Решим второе неравенство: $\operatorname{ctg} x > \frac{\sqrt{3}}{3}$

Сначала решим уравнение $\operatorname{ctg} x = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Этому значению соответствует угол $x = \frac{\pi}{3}$.

Область определения котангенса — все действительные числа, кроме $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Функция $\operatorname{ctg} x$ является периодической с периодом $\pi$ и убывающей на каждом интервале своей области определения $(\pi n, \pi + \pi n)$.

Неравенство $\operatorname{ctg} x > \frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется для углов, которые лежат в интервале от вертикальной асимптоты (где котангенс не определен) до точки, в которой $\operatorname{ctg} x = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Таким образом, решение второго неравенства:

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

3. Найдем пересечение решений

Теперь найдем множество значений $x$, которые удовлетворяют обоим неравенствам одновременно. Для этого рассмотрим пересечение полученных решений на одном периоде, например, на отрезке $[0, 2\pi]$.

Решение первого неравенства на $[0, 2\pi]$ (при $k=0$): $x \in \left[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}\right]$.

Решение второго неравенства на $[0, 2\pi]$ (при $n=0$ и $n=1$):

• При $n=0$: $x \in \left(0, \frac{\pi}{3}\right)$
• При $n=1$: $x \in \left(\pi, \frac{4\pi}{3}\right)$

Объединяя, получаем $x \in \left(0, \frac{\pi}{3}\right) \cup \left(\pi, \frac{4\pi}{3}\right)$.

Найдем пересечение множеств $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}\right]$ и $\left( \left(0, \frac{\pi}{3}\right) \cup \left(\pi, \frac{4\pi}{3}\right) \right)$.

Интервал $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}\right]$ начинается с точки $x=\frac{\pi}{3}$, в то время как интервал $\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ заканчивается перед этой точкой, не включая ее. Следовательно, их пересечение пусто.

Интервал $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}\right]$ заканчивается в точке $x=\frac{2\pi}{3}$, а интервал $\left(\pi, \frac{4\pi}{3}\right)$ начинается с точки $x=\pi$. Так как $\frac{2\pi}{3} < \pi$, эти интервалы не пересекаются.

Поскольку на промежутке $[0, 2\pi]$ пересечение множеств решений пусто, и оба решения периодичны, то и на всей числовой прямой общих решений нет.

Ответ: $x \in \emptyset$ (решений нет).

13. (2)

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

Для решения системы неравенств $$ \begin{cases} \text{tg } x < \sqrt{3}, \\ \cos x \ge \frac{1}{2} \end{cases} $$ найдем решения для каждого неравенства отдельно, а затем определим их пересечение.

Сначала решим неравенство $\text{tg } x < \sqrt{3}$. Функция тангенса имеет период $\pi$ и возрастает на каждом из своих интервалов определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$. Уравнение $\text{tg } x = \sqrt{3}$ имеет решение $x = \text{arctg}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$. Следовательно, на основном интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ неравенство $\text{tg } x < \sqrt{3}$ выполняется для $x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3})$. Общее решение первого неравенства имеет вид: $-\frac{\pi}{2} + \pi k < x < \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Теперь решим второе неравенство: $\cos x \ge \frac{1}{2}$. Функция косинуса имеет период $2\pi$. Уравнение $\cos x = \frac{1}{2}$ имеет решения $x = \pm\frac{\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Используя тригонометрическую окружность, видим, что косинус (абсцисса точки на окружности) больше или равен $\frac{1}{2}$ на дуге от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$. Таким образом, решение второго неравенства: $-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Для нахождения решения системы найдем пересечение полученных множеств решений. Удобно сделать это на тригонометрической окружности или на числовой прямой для одного периода. Возьмем основной период $[-\pi, \pi]$.

Множество решений первого неравенства на этом отрезке состоит из объединения интервалов, например $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3})$.

Множество решений второго неравенства на этом отрезке: $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$.

Пересечение этих двух множеств на рассматриваемом промежутке: $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3}) \cap [-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}] = [-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$.

Это решение для одного периода. Чтобы получить общее решение, добавим период $2\pi$ к границам найденного интервала.

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

14. (2)

$$\begin{cases} \sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \cot x < 1. \end{cases}$$

Решим первое неравенство: $\sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$

Сначала найдем корни уравнения $\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2}$. На тригонометрической окружности этому значению синуса соответствуют две точки, которым отвечают углы $x = \frac{\pi}{4}$ и $x = \frac{3\pi}{4}$.

Неравенству $\sin x \ge \frac{\sqrt{2}}{2}$ удовлетворяют все точки на дуге единичной окружности, ординаты которых (значения по оси y) больше или равны $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Эта дуга заключена между точками $\frac{\pi}{4}$ и $\frac{3\pi}{4}$ включительно, при движении против часовой стрелки.

Таким образом, решение неравенства на одном обороте ($[0, 2\pi]$) есть отрезок $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$. Учитывая периодичность синуса (период $2\pi$), общее решение неравенства имеет вид:

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

Решим второе неравенство: $\operatorname{ctg} x < 1$

Сначала найдем корни уравнения $\operatorname{ctg} x = 1$. Основным решением является $x = \frac{\pi}{4}$. Учитывая, что период котангенса равен $\pi$, все решения уравнения имеют вид $x = \frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Также необходимо учесть область определения котангенса: $\sin x \neq 0$, то есть $x \neq \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Функция $y = \operatorname{ctg} x$ является убывающей на каждом из интервалов своей области определения $(\pi k, \pi + \pi k)$. Поэтому на каждом таком интервале неравенство $\operatorname{ctg} x < 1$ будет выполняться для всех $x$, которые больше корня уравнения $\operatorname{ctg} x = 1$ в пределах этого интервала.

Следовательно, решение неравенства имеет вид:

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

Найдем решение системы неравенств

Теперь необходимо найти пересечение множеств решений обоих неравенств:

1. $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$

2. $x \in (\frac{\pi}{4} + \pi k, \pi + \pi k), k \in \mathbb{Z}$

Для наглядности рассмотрим пересечение на одном обороте тригонометрической окружности, например при $n=0$. Первое решение дает нам отрезок $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$.

Второе множество решений при $k=0$ дает интервал $(\frac{\pi}{4}, \pi)$, а при $k=1$ — интервал $(\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$. Нас интересует пересечение отрезка $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ с объединением этих интервалов $(\frac{\pi}{4}, \pi) \cup (\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$.

Пересечение $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}] \cap ((\frac{\pi}{4}, \pi) \cup (\frac{5\pi}{4}, 2\pi))$:

- Интервал $(\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$ не имеет общих точек с отрезком $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$, так как $\frac{3\pi}{4} < \frac{5\pi}{4}$.

- Найдем пересечение $[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ и $(\frac{\pi}{4}, \pi)$. Общие точки удовлетворяют одновременно двум условиям: $\frac{\pi}{4} \le x \le \frac{3\pi}{4}$ и $\frac{\pi}{4} < x < \pi$. Объединив эти условия, получаем строгое неравенство слева и нестрогое справа: $\frac{\pi}{4} < x \le \frac{3\pi}{4}$.

Таким образом, решение на одном обороте — это полуинтервал $(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$.

Чтобы получить общее решение системы, необходимо к концам найденного интервала добавить период $2\pi n$, так как решения должны повторяться с этим периодом для удовлетворения обоих неравенств одновременно.

Ответ: $(\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n], n \in \mathbb{Z}$.

15. (2)

$\begin{cases} \cot x \ge \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \tan x \ge \sqrt{3} \end{cases}$

Решим данную систему тригонометрических неравенств:

$$ \begin{cases} \ctg x \ge \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \tg x \ge \sqrt{3} \end{cases} $$

Рассмотрим второе неравенство системы: $\tg x \ge \sqrt{3}$. Поскольку $\sqrt{3}$ является положительным числом, из этого неравенства следует, что $\tg x$ также должен быть положительным ($\tg x > 0$).

Теперь обратимся к первому неравенству. Используем основное тригонометрическое тождество $\ctg x = \frac{1}{\tg x}$. Заменив $\ctg x$ в первом неравенстве, получим:

$$ \frac{1}{\tg x} \ge \frac{1}{\sqrt{3}} $$

Так как мы уже установили, что $\tg x > 0$, обе части данного неравенства ($\frac{1}{\tg x}$ и $\frac{1}{\sqrt{3}}$) являются положительными. Для положительных чисел при взятии обратной величины (переворачивании дроби) знак неравенства меняется на противоположный. Таким образом, получаем:

$$ \tg x \le \sqrt{3} $$

Теперь мы можем заменить первое неравенство в исходной системе на полученное, и система примет вид:

$$ \begin{cases} \tg x \le \sqrt{3} \\ \tg x \ge \sqrt{3} \end{cases} $$

Единственное значение переменной, которое может одновременно быть и меньше или равно некоторому числу, и больше или равно этому же числу, — это само это число. Следовательно, данная система неравенств равносильна уравнению:

$$ \tg x = \sqrt{3} $$

Это простейшее тригонометрическое уравнение. Его решение находится по общей формуле $x = \operatorname{arctg}(a) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Подставляя наше значение $a = \sqrt{3}$, получаем:

$$ x = \operatorname{arctg}(\sqrt{3}) + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$

Поскольку арктангенс $\sqrt{3}$ равен $\frac{\pi}{3}$, окончательное решение:

$$ x = \frac{\pi}{3} + \pi k, \quad k \in \mathbb{Z} $$

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

16. (2) $ \begin{cases} tgx \ge 1, \\ ctgx \ge \frac{1}{\sqrt{3}}. \end{cases} $

Решим данную систему тригонометрических неравенств:

$ \begin{cases} \text{tg}\,x \ge 1, \\ \text{ctg}\,x \ge \frac{1}{\sqrt{3}} \end{cases} $

1. Преобразование системы неравенств.

Рассмотрим первое неравенство: $ \text{tg}\,x \ge 1 $. Из него следует, что $ \text{tg}\,x $ — положительное число. Это возможно, когда угол $x$ находится в первой или третьей координатной четверти.

Воспользуемся тем, что $ \text{ctg}\,x = \frac{1}{\text{tg}\,x} $. Так как $ \text{tg}\,x > 0 $, то и $ \text{ctg}\,x > 0 $. Второе неравенство $ \text{ctg}\,x \ge \frac{1}{\sqrt{3}} $ также указывает на то, что $ \text{ctg}\,x $ положителен.

Поскольку обе части второго неравенства положительны, мы можем заменить его на эквивалентное неравенство для $ \text{tg}\,x $. Для этого "перевернем" дроби, изменив знак неравенства на противоположный:

$ \frac{1}{\text{ctg}\,x} \le \frac{1}{1/\sqrt{3}} $

$ \text{tg}\,x \le \sqrt{3} $

Таким образом, исходная система неравенств равносильна следующему двойному неравенству:

$ 1 \le \text{tg}\,x \le \sqrt{3} $

2. Решение двойного неравенства.

Решим неравенство $ 1 \le \text{tg}\,x \le \sqrt{3} $. Для этого найдем, при каких значениях $x$ тангенс принимает граничные значения. Будем рассматривать решение на основном периоде тангенса, интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $.

Найдем решение уравнения $ \text{tg}\,x = 1 $. В указанном интервале это $ x = \frac{\pi}{4} $.

Найдем решение уравнения $ \text{tg}\,x = \sqrt{3} $. В указанном интервале это $ x = \frac{\pi}{3} $.

Функция $ y = \text{tg}\,x $ является возрастающей на всем интервале $ (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $. Следовательно, все значения $x$, удовлетворяющие двойному неравенству $ 1 \le \text{tg}\,x \le \sqrt{3} $, находятся между $ \frac{\pi}{4} $ и $ \frac{\pi}{3} $, включая концы.

Решение на одном периоде: $ \frac{\pi}{4} \le x \le \frac{\pi}{3} $.

3. Общее решение системы.

Так как период функции тангенс равен $ \pi $, то для получения всех решений необходимо к границам найденного интервала прибавить $ \pi n $, где $ n $ — любое целое число ($ n \in \mathbb{Z} $).

Общее решение системы имеет вид:

$ \frac{\pi}{4} + \pi n \le x \le \frac{\pi}{3} + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z} $

Ответ: $ [\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{\pi}{3} + \pi n], n \in \mathbb{Z} $.

Найдите область определения функции (17-18):

17. (2) a) $y=\sqrt{-2\sin x-\sqrt{3}}-\sqrt{6\cos x-3}$;

6) $y=\frac{2\operatorname{tg}x}{\sqrt{3\operatorname{ctg}x+\sqrt{3}}}+\frac{1}{\sqrt{10\sin x-5}}$.

a)

Область определения функции $y = \sqrt{-2\sin x - \sqrt{3}} - \sqrt{6\cos x - 3}$ находится из условий, что подкоренные выражения должны быть неотрицательными. Это приводит к системе неравенств:

$\begin{cases} -2\sin x - \sqrt{3} \ge 0 \\ 6\cos x - 3 \ge 0 \end{cases}$

Решим каждое неравенство отдельно.

1. Решим первое неравенство:

$-2\sin x - \sqrt{3} \ge 0$

$-2\sin x \ge \sqrt{3}$

Разделим обе части на -2 и сменим знак неравенства:

$\sin x \le -\frac{\sqrt{3}}{2}$

Решением этого тригонометрического неравенства является множество $x \in [-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, -\frac{\pi}{3} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство:

$6\cos x - 3 \ge 0$

$6\cos x \ge 3$

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

Решением этого тригонометрического неравенства является множество $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь найдем пересечение решений обоих неравенств, то есть найдем значения $x$, которые одновременно удовлетворяют условиям $\sin x \le -\frac{\sqrt{3}}{2}$ и $\cos x \ge \frac{1}{2}$.

Рассмотрим решения на тригонометрической окружности. Множество решений первого неравенства $[-\frac{2\pi}{3} + 2\pi n, -\frac{\pi}{3} + 2\pi n]$ и множество решений второго неравенства $[-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{\pi}{3} + 2\pi n]$ имеют только одну общую точку для каждого периода $2\pi$. Эта точка $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n$.

В этой точке оба неравенства обращаются в равенства:

$\sin(-\frac{\pi}{3}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\cos(-\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$

Следовательно, система неравенств имеет решение только в этих точках.

Ответ: $D(y) = \{-\frac{\pi}{3} + 2\pi n \mid n \in \mathbb{Z}\}$.

б)

Область определения функции $y = \frac{2\tg x}{\sqrt{\sqrt{3}\ctg x + \sqrt{3}}} + \frac{1}{\sqrt{10\sin x - 5}}$ находится из следующих условий:

1. Функции $\tg x$ и $\ctg x$ должны быть определены, что означает $\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$. Это эквивалентно условию $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.

2. Выражения под корнями, находящимися в знаменателях, должны быть строго больше нуля.

Это приводит к системе неравенств:

$\begin{cases} \sqrt{3}\ctg x + \sqrt{3} > 0 \\ 10\sin x - 5 > 0 \end{cases}$

Решим каждое неравенство отдельно.

1. Решим первое неравенство:

$\sqrt{3}\ctg x + \sqrt{3} > 0$

$\sqrt{3}(\ctg x + 1) > 0$

$\ctg x > -1$

Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (\pi n, \frac{3\pi}{4} + \pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство:

$10\sin x - 5 > 0$

$10\sin x > 5$

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

Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n)$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь найдем пересечение множеств решений этих двух неравенств. Период функции $\sin x$ равен $2\pi$, а период функции $\ctg x$ равен $\pi$. Общий период будет $2\pi$. Рассмотрим решения на интервале $[0, 2\pi)$.

Решение для $\ctg x > -1$ на $[0, 2\pi)$ состоит из двух интервалов: $(0, \frac{3\pi}{4})$ и $(\pi, \frac{7\pi}{4})$.

Решение для $\sin x > \frac{1}{2}$ на $[0, 2\pi)$ - это интервал $(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$.

Найдем пересечение $(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$ с объединением $(0, \frac{3\pi}{4}) \cup (\pi, \frac{7\pi}{4})$.

Пересечение $(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$ с $(0, \frac{3\pi}{4})$ дает интервал $(\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{4})$, так как $\frac{\pi}{6} > 0$ и $\frac{3\pi}{4} < \frac{5\pi}{6}$ (поскольку $9\pi < 10\pi$).

Пересечение $(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6})$ с $(\pi, \frac{7\pi}{4})$ пусто, так как $\frac{5\pi}{6} < \pi$.

Следовательно, решением на интервале $[0, 2\pi)$ является $(\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{4})$. Учитывая периодичность $2\pi$, получаем общую область определения.

Ответ: $D(y) = \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} (\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{3\pi}{4} + 2\pi n)$.

18. (3) a) $y = \frac{1}{2\sin x + 1} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{3}};$

6) $y = \frac{1}{2\operatorname{tg} x - 2} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{2}}.$

а) Найдём область определения функции $y = \frac{1}{2\sin x + 1} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{3}}$.

Область определения функции (ОДЗ) находится из системы условий, при которых все части выражения имеют смысл:

$\begin{cases} 2\sin x + 1 \neq 0 & \text{(знаменатель не равен нулю)} \\ 2\cos x - \sqrt{3} \geq 0 & \text{(подкоренное выражение неотрицательно)} \end{cases}$

1. Решим первое условие:

$2\sin x \neq -1$

$\sin x \neq -\frac{1}{2}$

Это означает, что $x \neq (-1)^{k+1}\frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Развернув эту формулу, получаем две серии точек, которые нужно исключить: $x \neq -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$ и $x \neq \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе условие:

$2\cos x \geq \sqrt{3}$

$\cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$

Решением этого тригонометрического неравенства являются промежутки:

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

3. Теперь объединим оба условия. Необходимо из полученных промежутков $[-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n]$ исключить точки, где $\sin x = -\frac{1}{2}$.

Рассмотрим точки $x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi k$. Они являются левыми границами наших промежутков. В этих точках $\sin(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k) = -\frac{1}{2}$, поэтому знаменатель обращается в ноль. Следовательно, эти точки нужно исключить.

Рассмотрим точки $x = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$. Для них $\cos(\frac{7\pi}{6} + 2\pi k) = \cos(\frac{7\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это значение не удовлетворяет условию $\cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$, поэтому эти точки и так не входят в найденные промежутки.

Таким образом, из промежутков $[-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n]$ мы исключаем только левую границу. Получаем полуинтервалы.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n]$, $n \in \mathbb{Z}$.

б) Найдём область определения функции $y = \frac{1}{2\tan x - 2} + \sqrt{2\cos x - \sqrt{2}}$.

Область определения функции (ОДЗ) находится из системы условий:

$\begin{cases} \cos x \neq 0 & \text{(условие существования тангенса)} \\ 2\tan x - 2 \neq 0 & \text{(знаменатель не равен нулю)} \\ 2\cos x - \sqrt{2} \geq 0 & \text{(подкоренное выражение неотрицательно)} \end{cases}$

1. Начнём с самого сильного ограничения, неравенства с косинусом:

$2\cos x \geq \sqrt{2}$

$\cos x \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$

Решением этого неравенства являются промежутки:

$-\frac{\pi}{4} + 2\pi n \leq x \leq \frac{\pi}{4} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Проверим первое условие $\cos x \neq 0$. На найденных промежутках $\cos x \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$, поэтому $\cos x$ никогда не равен нулю. Это условие выполняется автоматически.

3. Решим второе условие:

$2\tan x - 2 \neq 0$

$\tan x \neq 1$

Это означает, что $x \neq \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4. Теперь объединим все условия. Из промежутков $[-\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{4} + 2\pi n]$ нужно исключить точки, в которых $\tan x = 1$.

Рассмотрим точки $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$.

При четных $k$, то есть $k=2n$, получаем $x = \frac{\pi}{4} + 2\pi n$. Эти точки являются правыми границами наших промежутков. В них $\tan(\frac{\pi}{4} + 2\pi n) = 1$, поэтому знаменатель обращается в ноль. Следовательно, эти точки нужно исключить.

При нечетных $k$, то есть $k=2n+1$, получаем $x = \frac{\pi}{4} + (2n+1)\pi = \frac{5\pi}{4} + 2\pi n$. Для них $\cos(\frac{5\pi}{4} + 2\pi n) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Это значение не удовлетворяет условию $\cos x \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$, так что эти точки и так не входят в ОДЗ.

Таким образом, из промежутков $[-\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{4} + 2\pi n]$ мы исключаем только правую границу.

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

19. (1)

$\begin{cases} \text{tg}x \ge 0, \\ \cos x < -\frac{1}{2}. \end{cases}$

19. (1)

Для решения системы тригонометрических неравенств$$\begin{cases} \tg x \ge 0, \\ \cos x < -\frac{1}{2}\end{cases}$$найдем решения каждого неравенства по отдельности, а затем найдем их пересечение.

1. Решим неравенство $\tg x \ge 0$.

Функция тангенса неотрицательна, когда угол $x$ находится в первой или третьей координатной четверти. Учитывая область определения тангенса ($x \ne \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$), решение неравенства на одном обороте $[0, 2\pi]$ — это объединение промежутков $[0, \frac{\pi}{2})$ и $[\pi, \frac{3\pi}{2})$. Общее решение имеет вид $x \in [\pi k, \frac{\pi}{2} + \pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим неравенство $\cos x < -\frac{1}{2}$.

Сначала найдем углы, для которых $\cos x = -\frac{1}{2}$. На тригонометрической окружности это углы $x = \frac{2\pi}{3}$ и $x = \frac{4\pi}{3}$. Неравенству $\cos x < -\frac{1}{2}$ удовлетворяют углы, лежащие на дуге окружности между этими значениями, так как для них абсцисса точки на окружности меньше $-\frac{1}{2}$. Таким образом, решение этого неравенства на одном обороте — это интервал $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$. Общее решение имеет вид $x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k)$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение решений.

Для нахождения решения системы необходимо найти пересечение множеств решений обоих неравенств. Изобразим решения на единичной тригонометрической окружности.

Решение $\tg x \ge 0$: дуги $[0, \frac{\pi}{2})$ и $[\pi, \frac{3\pi}{2})$.

Решение $\cos x < -\frac{1}{2}$: дуга $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$.

Пересечение этих множеств происходит только в третьей четверти. Найдем общую часть для дуг $[\pi, \frac{3\pi}{2})$ и $(\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3})$. Пересечением является полуинтервал $[\pi, \frac{4\pi}{3})$.

Левая граница $x=\pi$ включается в решение, так как $\tg(\pi)=0$ (удовлетворяет $\ge 0$) и $\cos(\pi)=-1$ (удовлетворяет $< -\frac{1}{2}$).

Правая граница $x=\frac{4\pi}{3}$ не включается в решение, так как $\cos(\frac{4\pi}{3})=-\frac{1}{2}$, что не удовлетворяет строгому неравенству $\cos x < -\frac{1}{2}$.

Таким образом, решение системы на одном обороте — $x \in [\pi, \frac{4\pi}{3})$.

Так как наименьший общий период для функций $\tg x$ и $\cos x$ равен $2\pi$, общее решение системы получается добавлением $2\pi k$ к границам найденного промежутка.

Ответ: $x \in [\pi + 2\pi k, \frac{4\pi}{3} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

20. (1)

$\begin{cases} \text{tg }x \ge 0, \\ \cos x < -\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases}$

Решим данную систему тригонометрических неравенств:

$\begin{cases} \tg x \ge 0, \\ \cos x < -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$

Сначала решим первое неравенство: $\tg x \ge 0$.

Функция тангенса является неотрицательной в первой и третьей координатных четвертях. Решение этого неравенства можно записать в виде серии промежутков:

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

На тригонометрической окружности это соответствует дугам $[0, \frac{\pi}{2})$ и $[\pi, \frac{3\pi}{2})$.

Далее решим второе неравенство: $\cos x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Найдем значения $x$, для которых $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. На интервале $[0, 2\pi)$ это $x = \frac{5\pi}{6}$ и $x = \frac{7\pi}{6}$.

Неравенство $\cos x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$ выполняется для углов, которые на тригонометрической окружности лежат на дуге между точками $\frac{5\pi}{6}$ и $\frac{7\pi}{6}$.

Таким образом, решение второго неравенства имеет вид:

$\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь необходимо найти пересечение решений обоих неравенств. Для наглядности рассмотрим решения на одном обороте тригонометрической окружности, то есть на промежутке $[0, 2\pi)$.

Решение первого неравенства: $x \in [0, \frac{\pi}{2}) \cup [\pi, \frac{3\pi}{2})$.

Решение второго неравенства: $x \in (\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6})$.

Найдем пересечение этих множеств. Пересечение множества $(\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6})$ с первым промежутком $[0, \frac{\pi}{2})$ является пустым, так как $\frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{6}$ меньше чем $\frac{5\pi}{6}$.

Найдем пересечение множества $(\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6})$ со вторым промежутком $[\pi, \frac{3\pi}{2})$.

Общая часть этих двух интервалов — это $[\pi, \frac{7\pi}{6})$.

Проверим граничные точки. Точка $x = \pi$ включается в решение, так как $\tg(\pi) = 0$, что удовлетворяет условию $\tg x \ge 0$, и $\cos(\pi) = -1$, что удовлетворяет условию $\cos x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Точка $x = \frac{7\pi}{6}$ не включается в решение, так как неравенство $\cos x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$ является строгим, а при $x = \frac{7\pi}{6}$ имеем $\cos(\frac{7\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Итак, на одном обороте решение системы — это промежуток $[\pi, \frac{7\pi}{6})$.

Учитывая периодичность тригонометрических функций ($2\pi$), общее решение системы неравенств записывается как:

$\pi + 2\pi k \le x < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\pi + 2\pi k; \frac{7\pi}{6} + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

21. (1)

$\begin{cases} \operatorname{tg}x \ge 1, \\ \cos x > \frac{1}{2}. \end{cases}$

21. (1)

Для решения данной системы необходимо найти множество значений $x$, удовлетворяющих обоим неравенствам одновременно. $$ \begin{cases} \tg x \ge 1, \\ \cos x > \frac{1}{2}. \end{cases} $$ Решим каждое неравенство по отдельности, а затем найдем пересечение их решений.

Шаг 1: Решение неравенства $tg x \ge 1$
Сначала решим уравнение $tg x = 1$. Основное решение этого уравнения – $x = \frac{\pi}{4}$.
Функция $y = \tg x$ является возрастающей на каждом из своих интервалов определения и имеет период $\pi$. Вертикальные асимптоты находятся в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Таким образом, неравенству $tg x \ge 1$ удовлетворяют все $x$ из промежутков, начинающихся в $\frac{\pi}{4}$ и заканчивающихся в $\frac{\pi}{2}$.
Общее решение первого неравенства:
$ \frac{\pi}{4} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z} $.

Шаг 2: Решение неравенства $\cos x > \frac{1}{2}$
Сначала решим уравнение $\cos x = \frac{1}{2}$. Основные решения этого уравнения на промежутке $[-\pi, \pi]$ – это $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{\pi}{3}$.
Функция $y = \cos x$ имеет период $2\pi$. Значения косинуса больше $\frac{1}{2}$ соответствуют углам, которые лежат между $-\frac{\pi}{3}$ и $\frac{\pi}{3}$.
Общее решение второго неравенства:
$ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z} $.

Шаг 3: Нахождение пересечения решений
Теперь необходимо найти пересечение двух множеств решений. Изобразим эти решения на тригонометрической окружности.

• Решение $ \frac{\pi}{4} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n $ соответствует дугам $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ в первой четверти и $[\frac{5\pi}{4}, \frac{3\pi}{2})$ в третьей четверти.
• Решение $ -\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k $ соответствует дуге $(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$, которая проходит через четвертую и первую четверти.

22. (1)

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

Для решения данной системы тригонометрических неравенств необходимо решить каждое неравенство по отдельности, а затем найти пересечение их решений.

Решение неравенства $tg x \ge \sqrt{3}$

Сначала найдем значения $x$, для которых $tg x = \sqrt{3}$. Основное решение этого уравнения - $x = \frac{\pi}{3}$. С учетом периода тангенса ($\pi$), все решения уравнения имеют вид $x = \frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.Функция $y = tg x$ является возрастающей на своих областях определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n)$. Поэтому решение неравенства $tg x \ge \sqrt{3}$ будет находиться на промежутках от $x = \frac{\pi}{3} + \pi n$ (включительно) до вертикальных асимптот $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$ (не включительно).
Ответ: $\frac{\pi}{3} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Решение неравенства $cos x < \frac{1}{2}$

Найдем значения $x$, для которых $cos x = \frac{1}{2}$. На промежутке $[0, 2\pi]$ это $x = \frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{5\pi}{3}$. С учетом периода косинуса ($2\pi$), все решения уравнения имеют вид $x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.На тригонометрической окружности значения косинуса меньше $\frac{1}{2}$ соответствуют дуге, расположенной строго между $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{5\pi}{3}$.
Ответ: $\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Нахождение общего решения системы

Теперь найдем пересечение множеств решений обоих неравенств. Для наглядности рассмотрим их на тригонометрической окружности в пределах одного периода $[0, 2\pi]$.
Решение первого неравенства на этом отрезке: $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}) \cup [\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$.
Решение второго неравенства на этом отрезке: $(\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3})$.
Найдем пересечение этих двух множеств:
а) Пересечение $[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$ с $(\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3})$ дает интервал $(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$. Точка $x = \frac{\pi}{3}$ исключается, так как для нее $cos x = \frac{1}{2}$, что не удовлетворяет второму неравенству.
б) Пересечение $[\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$ с $(\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3})$ дает сам промежуток $[\frac{4\pi}{3}, \frac{3\pi}{2})$, так как он полностью содержится во втором интервале.
Объединяя полученные интервалы и учитывая общую периодичность $2\pi$, получаем итоговое решение системы.
Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k\right) \cup \left[\frac{4\pi}{3} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z}$.

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} $.

24. (1)

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

24. (1)

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

Система неравенств:

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

1. Решим первое неравенство: $\sin x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$

Сначала найдем корни уравнения $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Решениями являются $x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $x = \pi - \frac{\pi}{3} + 2\pi k = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На единичной окружности неравенству $\sin x \le \frac{\sqrt{3}}{2}$ соответствуют точки, ордината (координата $y$) которых меньше или равна $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Это дуга окружности, начинающаяся в точке, соответствующей углу $\frac{2\pi}{3}$, и идущая по часовой стрелке до точки, соответствующей углу $\frac{\pi}{3}$. С учетом периодичности, решение можно записать в виде одного промежутка: $x \in [\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, 2\pi + \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, что эквивалентно $x \in [-\frac{4\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Решим второе неравенство: $\cos x \ge -\frac{1}{2}$

Сначала найдем корни уравнения $\cos x = -\frac{1}{2}$. Решениями являются $x = \pm \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi k = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

На единичной окружности неравенству $\cos x \ge -\frac{1}{2}$ соответствуют точки, абсцисса (координата $x$) которых больше или равна $-\frac{1}{2}$. Это дуга окружности, заключенная между углами $-\frac{2\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$. Решением этого неравенства является промежуток: $x \in [-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3. Найдем пересечение решений

Теперь необходимо найти пересечение полученных множеств решений:

$\begin{cases} x \in [-\frac{4\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k] \\ x \in [-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k] \end{cases}$

Для нахождения пересечения промежутков найдем наибольшую из нижних границ и наименьшую из верхних границ. Так как периодичность одинакова, рассмотрим промежутки при $k=0$: $[-\frac{4\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$ и $[-\frac{2\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}]$.

Нижняя граница пересечения: $\max(-\frac{4\pi}{3}, -\frac{2\pi}{3}) = -\frac{2\pi}{3}$.

Верхняя граница пересечения: $\min(\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}) = \frac{\pi}{3}$.

Таким образом, пересечением является промежуток $[-\frac{2\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]$. Добавив периодичность, получаем общее решение системы.

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

25. (1)

$\begin{cases} ctgx \geq 1, \\ cosx > \frac{1}{2}. \end{cases}$

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

Система неравенств:

$\begin{cases} \text{ctg}\,x \ge 1, \\ \cos x > \frac{1}{2}. \end{cases}$

1. Решение неравенства $ctg(x) \ge 1$.

Сначала найдем корни уравнения $ctg(x) = 1$. Главное значение $x = \frac{\pi}{4}$. Поскольку период функции котангенса равен $\pi$, все решения уравнения имеют вид $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Функция $y = ctg(x)$ является убывающей на своих областях определения $( \pi n, \pi(n+1) )$. Рассмотрим решение на основном интервале $(0, \pi)$. На этом интервале $ctg(x) = 1$ при $x = \frac{\pi}{4}$. Так как функция убывает, неравенство $ctg(x) \ge 1$ будет выполняться для значений $x$, которые меньше или равны $\frac{\pi}{4}$, но больше $0$ (поскольку в точке $x=0$ котангенс не определен). Таким образом, на интервале $(0, \pi)$ решением является $0 < x \le \frac{\pi}{4}$.

Учитывая периодичность функции, общее решение первого неравенства будет:

$\pi n < x \le \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2. Решение неравенства $\cos x > \frac{1}{2}$.

Найдем корни уравнения $\cos x = \frac{1}{2}$. На промежутке $[-\pi, \pi]$ решениями являются $x = -\frac{\pi}{3}$ и $x = \frac{\pi}{3}$.

На тригонометрической окружности косинус — это абсцисса точки. Неравенство $\cos x > \frac{1}{2}$ выполняется для всех точек окружности, которые лежат правее вертикальной прямой $x = \frac{1}{2}$. Эта дуга соответствует углам в интервале $(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3})$.

Период функции косинуса равен $2\pi$. Следовательно, общее решение второго неравенства:

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

3. Нахождение пересечения решений.

Теперь нам нужно найти пересечение двух множеств решений:

1) $\pi n < x \le \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$

2) $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Изобразим эти решения на тригонометрической окружности или числовой прямой. Проще всего рассмотреть пересечение на одном периоде длиной $2\pi$, например на $[0, 2\pi)$.

Решение 1 на $[0, 2\pi)$:При $n=0$: $0 < x \le \frac{\pi}{4}$.При $n=1$: $\pi < x \le \frac{5\pi}{4}$.Итого: $(0, \frac{\pi}{4}] \cup (\pi, \frac{5\pi}{4}]$.

Решение 2 на $[0, 2\pi)$:При $k=0$: $-\frac{\pi}{3} < x < \frac{\pi}{3}$, что на $[0, 2\pi)$ дает $[0, \frac{\pi}{3})$.При $k=1$: $\frac{5\pi}{3} < x < \frac{7\pi}{3}$, что на $[0, 2\pi)$ дает $(\frac{5\pi}{3}, 2\pi)$.Итого: $[0, \frac{\pi}{3}) \cup (\frac{5\pi}{3}, 2\pi)$.

Теперь найдем пересечение этих двух множеств: $((0, \frac{\pi}{4}] \cup (\pi, \frac{5\pi}{4}]) \cap ([0, \frac{\pi}{3}) \cup (\frac{5\pi}{3}, 2\pi))$.

Пересечение $(0, \frac{\pi}{4}]$ с $[0, \frac{\pi}{3})$ равно $(0, \frac{\pi}{4}]$, так как $\frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{3}$.

Интервал $(\pi, \frac{5\pi}{4}]$ не пересекается ни с $[0, \frac{\pi}{3})$, ни с $(\frac{5\pi}{3}, 2\pi)$, так как $\pi > \frac{\pi}{3}$ и $\frac{5\pi}{4} < \frac{5\pi}{3}$.

Таким образом, решение системы на промежутке $[0, 2\pi)$ есть интервал $(0, \frac{\pi}{4}]$.

Поскольку общее решение системы должно быть периодическим с периодом $2\pi$, мы добавляем $2\pi k$ к концам найденного интервала.

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

26. (1)

$\begin{cases} \text{ctg } x \le 1, \\ \text{sin } x > -\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases}$

Решим данную систему тригонометрических неравенств, рассмотрев каждое неравенство по отдельности.

1. Решим первое неравенство: $ctg x \le 1$.

Сначала найдём решения уравнения $ctg x = 1$. Корни этого уравнения: $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Функция $ctg x$ имеет период $\pi$ и является убывающей на каждом интервале своей области определения $(\pi k, \pi(k+1))$, где $k \in \mathbb{Z}$. Следовательно, неравенство $ctg x \le 1$ будет выполняться на интервалах, начинающихся с найденных корней и заканчивающихся в точке разрыва.

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

2. Решим второе неравенство: $\sin x > -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Сначала найдём решения уравнения $\sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Корни этого уравнения: $x = -\frac{\pi}{3} + 2\pi n$ и $x = \frac{4\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Используя тригонометрическую окружность, определим, что значения $\sin x$ больше $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ на дуге, расположенной выше прямой $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Эта дуга соответствует интервалу от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{4\pi}{3}$.

Таким образом, решение второго неравенства: $x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi n, \frac{4\pi}{3} + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

3. Найдём пересечение решений обоих неравенств.

Для наглядности найдём пересечение на одном периоде длиной $2\pi$, например, на интервале $[0, 2\pi)$.

Решение первого неравенства на $[0, 2\pi)$ состоит из двух интервалов (для $n=0$ и $n=1$): $[\frac{\pi}{4}, \pi) \cup [\frac{5\pi}{4}, 2\pi)$.

Решение второго неравенства на $[0, 2\pi)$ (для $n=0$ и $n=1$) соответствует множеству: $[0, \frac{4\pi}{3}) \cup (\frac{5\pi}{3}, 2\pi)$.

Найдём пересечение этих двух множеств:

$( [\frac{\pi}{4}, \pi) \cup [\frac{5\pi}{4}, 2\pi) ) \cap ( [0, \frac{4\pi}{3}) \cup (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) )$

Пересекая соответствующие части, получаем три интервала:

• $[\frac{\pi}{4}, \pi) \cap [0, \frac{4\pi}{3}) = [\frac{\pi}{4}, \pi)$

• $[\frac{5\pi}{4}, 2\pi) \cap [0, \frac{4\pi}{3}) = [\frac{5\pi}{4}, \frac{4\pi}{3})$

• $[\frac{5\pi}{4}, 2\pi) \cap (\frac{5\pi}{3}, 2\pi) = (\frac{5\pi}{3}, 2\pi)$

Объединяя эти интервалы, получаем решение на промежутке $[0, 2\pi)$: $x \in [\frac{\pi}{4}, \pi) \cup [\frac{5\pi}{4}, \frac{4\pi}{3}) \cup (\frac{5\pi}{3}, 2\pi)$.

Обобщая это решение с учётом периода $2\pi$, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \pi + 2\pi n) \cup [\frac{5\pi}{4} + 2\pi n, \frac{4\pi}{3} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{3} + 2\pi n, 2\pi + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

27. (1)

$\begin{cases} \operatorname{tg} x \le 0, \\ \sin x < -\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{cases}$

27. (1)

Решим систему тригонометрических неравенств:

$$ \begin{cases} \tg x \le 0, \\ \sin x < -\frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \tg x \le 0 $

Функция тангенса является отрицательной во второй ($ \frac{\pi}{2} < x < \pi $) и четвертой ($ -\frac{\pi}{2} < x < 0 $) четвертях координатной окружности. Тангенс равен нулю, когда $ \sin x = 0 $, то есть при $ x = \pi n $, где $ n \in Z $.

Объединяя эти условия, получаем, что решение неравенства $ \tg x \le 0 $ — это множество $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, \pi n] $, где $ n \in Z $.

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

Сначала найдем корни уравнения $ \sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. На единичной окружности этому значению синуса соответствуют углы $ x = -\frac{\pi}{3} $ и $ x = -\frac{2\pi}{3} $ (или $ x = \frac{4\pi}{3} $ и $ x = \frac{5\pi}{3} $).

Неравенству $ \sin x < -\frac{\sqrt{3}}{2} $ удовлетворяют точки единичной окружности, которые лежат ниже прямой $ y = -\frac{\sqrt{3}}{2} $. Это дуга, заключенная между точками $ -\frac{2\pi}{3} $ и $ -\frac{\pi}{3} $.

Таким образом, решение второго неравенства: $ x \in (-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, -\frac{\pi}{3} + 2\pi k) $, где $ k \in Z $.

3. Найдем пересечение решений

Теперь необходимо найти общие решения для обоих неравенств. Воспользуемся единичной окружностью для наглядности.

Первое неравенство ($ \tg x \le 0 $) выполняется во второй и четвертой четвертях (включая точки $ x=0, \pi $).

Второе неравенство ($ \sin x < -\frac{\sqrt{3}}{2} $) выполняется на интервале $ (-\frac{2\pi}{3}, -\frac{\pi}{3}) $. Этот интервал охватывает часть третьей четверти (от $ -\frac{2\pi}{3} $ до $ -\frac{\pi}{2} $) и часть четвертой четверти (от $ -\frac{\pi}{2} $ до $ -\frac{\pi}{3} $).

Общее решение должно удовлетворять обоим условиям. Тангенс в третьей четверти положителен, поэтому эта часть интервала $ (-\frac{2\pi}{3}, -\frac{\pi}{2}) $ не является решением. Нам подходит только та часть, где тангенс отрицателен, то есть часть, лежащая в четвертой четверти.

Искомое решение — это пересечение множеств $ x \in (-\frac{\pi}{2}, 0] $ (решение первого неравенства в четвертой четверти) и $ x \in (-\frac{2\pi}{3}, -\frac{\pi}{3}) $ (решение второго неравенства).

Пересечением этих двух интервалов является интервал $ (-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3}) $. Точка $ x = -\frac{\pi}{2} $ не включается, так как в ней тангенс не определен.

Добавляя период $ 2\pi k $ (поскольку период решения для синуса равен $ 2\pi $), получаем общее решение системы.

Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, -\frac{\pi}{3} + 2\pi k) $, где $ k \in Z $.