Страница 167, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Пак, Ардакулы

6. (2) a) $\cos x > \frac{1}{7}$;

б) $7\cos 2x \ge -4$;

В) $\cos \frac{5x}{8} < \frac{5}{7}$;

Г) $10\cos \left(x + \frac{5\pi}{4}\right) + 1 \le 0$;

Д) $10\cos \left(x + \frac{\pi}{4}\right) \le 1$.

а) Исходное неравенство: $\cos x > \frac{1}{7}$. Это простейшее тригонометрическое неравенство. Решением неравенства вида $\cos t > a$, где $|a| < 1$, является совокупность интервалов $-\arccos(a) + 2\pi k < t < \arccos(a) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. В данном случае $t=x$ и $a=\frac{1}{7}$. Следовательно, решением является двойное неравенство $-\arccos(\frac{1}{7}) + 2\pi k < x < \arccos(\frac{1}{7}) + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. Ответ: $x \in (-\arccos(\frac{1}{7}) + 2\pi k; \arccos(\frac{1}{7}) + 2\pi k)$, $k \in \mathbb{Z}$.

б) Преобразуем неравенство $7\cos 2x \ge -4$, разделив обе части на 7: $\cos 2x \ge -\frac{4}{7}$. Сделаем замену переменной $t = 2x$. Неравенство примет вид $\cos t \ge -\frac{4}{7}$. Решением неравенства вида $\cos t \ge a$ является двойное неравенство $-\arccos(a) + 2\pi k \le t \le \arccos(a) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Подставим $a = -\frac{4}{7}$ и используем свойство арккосинуса $\arccos(-y) = \pi - \arccos(y)$: $-\arccos(-\frac{4}{7}) + 2\pi k \le t \le \arccos(-\frac{4}{7}) + 2\pi k$. Это эквивалентно $-(\pi - \arccos(\frac{4}{7})) + 2\pi k \le t \le \pi - \arccos(\frac{4}{7}) + 2\pi k$. Вернемся к переменной $x$: $-\pi + \arccos(\frac{4}{7}) + 2\pi k \le 2x \le \pi - \arccos(\frac{4}{7}) + 2\pi k$. Разделим все части неравенства на 2. Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}\arccos(\frac{4}{7}) + \pi k; \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2}\arccos(\frac{4}{7}) + \pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

в) Дано неравенство $\cos \frac{5x}{8} < \frac{5}{7}$. Сделаем замену $t = \frac{5x}{8}$. Получаем $\cos t < \frac{5}{7}$. Решением неравенства вида $\cos t < a$ является интервал $\arccos(a) + 2\pi k < t < 2\pi - \arccos(a) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. В нашем случае $a = \frac{5}{7}$. Подставляем обратно $t = \frac{5x}{8}$: $\arccos(\frac{5}{7}) + 2\pi k < \frac{5x}{8} < 2\pi - \arccos(\frac{5}{7}) + 2\pi k$. Чтобы выразить $x$, умножим все части неравенства на $\frac{8}{5}$: $\frac{8}{5}(\arccos(\frac{5}{7}) + 2\pi k) < x < \frac{8}{5}(2\pi - \arccos(\frac{5}{7}) + 2\pi k)$. Раскроем скобки: $\frac{8}{5}\arccos(\frac{5}{7}) + \frac{16\pi k}{5} < x < \frac{16\pi}{5} - \frac{8}{5}\arccos(\frac{5}{7}) + \frac{16\pi k}{5}$. Ответ: $x \in (\frac{8}{5}\arccos(\frac{5}{7}) + \frac{16\pi k}{5}; \frac{16\pi}{5} - \frac{8}{5}\arccos(\frac{5}{7}) + \frac{16\pi k}{5})$, $k \in \mathbb{Z}$.

г) Упростим неравенство $10\cos(x + \frac{5\pi}{4}) + 1 \le 0$. Перенесем 1 в правую часть и разделим на 10: $10\cos(x + \frac{5\pi}{4}) \le -1$, что дает $\cos(x + \frac{5\pi}{4}) \le -\frac{1}{10}$. Сделаем замену $t = x + \frac{5\pi}{4}$. Получаем $\cos t \le -\frac{1}{10}$. Решением неравенства $\cos t \le a$ является $\arccos(a) + 2\pi k \le t \le 2\pi - \arccos(a) + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. Используя $a = -\frac{1}{10}$ и $\arccos(-y) = \pi - \arccos(y)$, получаем: $\pi - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k \le t \le 2\pi - (\pi - \arccos(\frac{1}{10})) + 2\pi k$. Упрощаем: $\pi - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k \le t \le \pi + \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k$. Подставляем $t = x + \frac{5\pi}{4}$: $\pi - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k \le x + \frac{5\pi}{4} \le \pi + \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k$. Вычитаем $\frac{5\pi}{4}$ из всех частей: $\pi - \frac{5\pi}{4} - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k \le x \le \pi - \frac{5\pi}{4} + \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k$. Окончательно: $-\frac{\pi}{4} - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k \le x \le -\frac{\pi}{4} + \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k$. Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k; -\frac{\pi}{4} + \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

д) Преобразуем неравенство $10\cos(x + \frac{\pi}{4}) \le 1$, разделив обе части на 10: $\cos(x + \frac{\pi}{4}) \le \frac{1}{10}$. Сделаем замену $t = x + \frac{\pi}{4}$. Получаем $\cos t \le \frac{1}{10}$. Решением неравенства $\cos t \le a$ является $\arccos(a) + 2\pi k \le t \le 2\pi - \arccos(a) + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. Подставляем $a = \frac{1}{10}$ и $t = x + \frac{\pi}{4}$: $\arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{4} \le 2\pi - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k$. Вычитаем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей: $\arccos(\frac{1}{10}) - \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le 2\pi - \frac{\pi}{4} - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k$. Упрощаем правую часть: $\arccos(\frac{1}{10}) - \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{7\pi}{4} - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k$. Ответ: $x \in [\arccos(\frac{1}{10}) - \frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{7\pi}{4} - \arccos(\frac{1}{10}) + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

7.

(2) Решите неравенство

$|2x^2 - 12x + 18| \geq 3.$

7. (2)

Исходное неравенство $|2x^2 - 12x + 13| \ge 3$ является неравенством с модулем. Неравенство вида $|f(x)| \ge a$ при $a \ge 0$ равносильно совокупности двух неравенств: $f(x) \ge a$ или $f(x) \le -a$. Следовательно, нам нужно решить совокупность:

$2x^2 - 12x + 13 \ge 3$

$2x^2 - 12x + 13 \le -3$

Решим каждое неравенство по отдельности.

1. Решим первое неравенство:
$2x^2 - 12x + 13 \ge 3$
$2x^2 - 12x + 10 \ge 0$
Разделим обе части на 2:
$x^2 - 6x + 5 \ge 0$
Чтобы решить это квадратное неравенство, найдем корни соответствующего уравнения $x^2 - 6x + 5 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна 6, а их произведение равно 5. Следовательно, корни уравнения: $x_1 = 1$ и $x_2 = 5$.Графиком функции $y = x^2 - 6x + 5$ является парабола, ветви которой направлены вверх. Значения функции неотрицательны ($ \ge 0 $) при $x$, находящемся вне интервала между корнями. Таким образом, решение этого неравенства: $x \in (-\infty, 1] \cup [5, \infty)$.

2. Решим второе неравенство:
$2x^2 - 12x + 13 \le -3$
$2x^2 - 12x + 16 \le 0$
Разделим обе части на 2:
$x^2 - 6x + 8 \le 0$
Найдем корни уравнения $x^2 - 6x + 8 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна 6, а их произведение равно 8. Отсюда корни: $x_1 = 2$ и $x_2 = 4$.Ветви параболы $y = x^2 - 6x + 8$ также направлены вверх. Значения функции неположительны ($ \le 0 $) при $x$, находящемся между корнями (включительно). Таким образом, решение этого неравенства: $x \in [2, 4]$.

Итоговое решение исходного неравенства является объединением решений, полученных в пунктах 1 и 2, так как они были связаны союзом "или".
Объединяем множества $(-\infty, 1] \cup [5, \infty)$ и $[2, 4]$.

Ответ: $(-\infty, 1] \cup [2, 4] \cup [5, \infty)$.

8. (2) Площадь поверхности куба равна $24 \text{ см}^2$. Чему равен объем этого куба (в см$^3$)?

а) 4

б) 6

в) 8

г) 10

д) 12

Площадь полной поверхности куба ($S$) вычисляется как сумма площадей его шести одинаковых квадратных граней. Если длина ребра куба равна $a$, то площадь одной грани составляет $a^2$, а площадь всей поверхности – $S = 6a^2$.

По условию задачи, площадь поверхности куба равна $24 \text{ см}^2$. Используем эту информацию, чтобы найти длину ребра $a$:
$S = 6a^2 = 24$
Разделим обе части уравнения на 6:
$a^2 = \frac{24}{6}$
$a^2 = 4 \text{ см}^2$
Извлекая квадратный корень, находим длину ребра:
$a = \sqrt{4} = 2 \text{ см}$

Теперь, зная длину ребра, мы можем вычислить объем куба ($V$) по формуле $V = a^3$:
$V = 2^3 = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8 \text{ см}^3$

Таким образом, объем куба равен 8 кубическим сантиметрам.
Ответ: 8