Номер 159, страница 298 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Авторы: Колмогоров А. Н., Абрамов А. М., Дудницын Ю. П.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2008 - 2025
Цвет обложки: зелёный, чёрный
ISBN: 978-5-09-019513-3
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Алгебра и начала математического анализа
Популярные ГДЗ в 10 классе
Параграф 4. Уравнения, неравенства, системы уравнений и неравенств. Глава 5. Задачи на повторение - номер 159, страница 298.
№159 (с. 298)
Условие. №159 (с. 298)
скриншот условия

Решите неравенства (159–162).
159. a) $sin(\\frac{3\\pi}{2} - x) \\le \\frac{\\sqrt{2}}{2};$
б) $\\sqrt{3} tg(\\frac{\\pi}{4} - x) \\ge -1;$
в) $sin 2x sin \\frac{x}{2} - cos 2x cos \\frac{x}{2} > \\frac{1}{2};$
г) $sin 3x cos x + sin x cos 3x \\le \\frac{\\sqrt{3}}{2}.$
Решение 1. №159 (с. 298)

Решение 3. №159 (с. 298)

Решение 5. №159 (с. 298)
а)
Исходное неравенство: $sin(\frac{3\pi}{2} - x) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Для упрощения левой части неравенства применим формулу приведения $sin(\frac{3\pi}{2} - \alpha) = -cos(\alpha)$.
В результате неравенство принимает вид:
$-cos(x) \le \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Умножим обе части неравенства на -1, изменив при этом знак неравенства на противоположный:
$cos(x) \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Теперь решим это простейшее тригонометрическое неравенство. Найдём на единичной окружности все точки, абсцисса (косинус) которых больше или равна $-\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Уравнение $cos(t) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ имеет решения $t = \pm\frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Неравенству $cos(x) \ge -\frac{\sqrt{2}}{2}$ соответствуют значения $x$, принадлежащие дуге от $-\frac{3\pi}{4}$ до $\frac{3\pi}{4}$.
Таким образом, общее решение неравенства можно записать в виде двойного неравенства с учётом периодичности функции косинус:
$-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.
б)
Исходное неравенство: $\sqrt{3} \ tg(\frac{\pi}{4} - x) \ge -1$.
Разделим обе части неравенства на $\sqrt{3}$:
$tg(\frac{\pi}{4} - x) \ge -\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Воспользуемся свойством нечётности тангенса: $tg(-a) = -tg(a)$. Тогда $tg(\frac{\pi}{4} - x) = tg(-(x - \frac{\pi}{4})) = -tg(x - \frac{\pi}{4})$.
Неравенство переписывается в виде:
$-tg(x - \frac{\pi}{4}) \ge -\frac{1}{\sqrt{3}}$.
Умножим на -1, меняя знак неравенства:
$tg(x - \frac{\pi}{4}) \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Сделаем замену $t = x - \frac{\pi}{4}$, чтобы получить простейшее неравенство: $tg(t) \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Найдём решение для $t$ на основном интервале $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$. Уравнение $tg(t) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ имеет решение $t = \frac{\pi}{6}$. Так как тангенс — возрастающая функция, неравенство $tg(t) \le \frac{1}{\sqrt{3}}$ выполняется при $-\frac{\pi}{2} < t \le \frac{\pi}{6}$.
Общее решение для $t$ с учётом периода тангенса, равного $\pi$:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < t \le \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Выполним обратную замену $t = x - \frac{\pi}{4}$:
$-\frac{\pi}{2} + \pi k < x - \frac{\pi}{4} \le \frac{\pi}{6} + \pi k$.
Прибавим $\frac{\pi}{4}$ ко всем частям неравенства:
$-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} + \pi k < x \le \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{4} + \pi k$.
Упростим выражения:
$-\frac{\pi}{4} + \pi k < x \le \frac{2\pi+3\pi}{12} + \pi k$.
$-\frac{\pi}{4} + \pi k < x \le \frac{5\pi}{12} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $-\frac{\pi}{4} + \pi k < x \le \frac{5\pi}{12} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.
в)
Исходное неравенство: $sin(2x) sin(\frac{x}{2}) - cos(2x) cos(\frac{x}{2}) > \frac{1}{2}$.
Вынесем знак минус за скобки в левой части:
$-(cos(2x) cos(\frac{x}{2}) - sin(2x) sin(\frac{x}{2})) > \frac{1}{2}$.
Выражение в скобках соответствует формуле косинуса суммы: $cos(\alpha + \beta) = cos(\alpha)cos(\beta) - sin(\alpha)sin(\beta)$.
Применим эту формулу для $\alpha = 2x$ и $\beta = \frac{x}{2}$:
$-cos(2x + \frac{x}{2}) > \frac{1}{2}$.
$-cos(\frac{5x}{2}) > \frac{1}{2}$.
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:
$cos(\frac{5x}{2}) < -\frac{1}{2}$.
Сделаем замену $t = \frac{5x}{2}$. Неравенство примет вид $cos(t) < -\frac{1}{2}$.
На единичной окружности этому неравенству соответствуют точки, абсцисса которых меньше $-\frac{1}{2}$. Это дуга, расположенная между точками, соответствующими углам $\frac{2\pi}{3}$ и $\frac{4\pi}{3}$.
Таким образом, решение для $t$ в пределах одного оборота: $\frac{2\pi}{3} < t < \frac{4\pi}{3}$.
Общее решение для $t$ с учётом периодичности:
$\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < t < \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Произведём обратную замену $t = \frac{5x}{2}$:
$\frac{2\pi}{3} + 2\pi k < \frac{5x}{2} < \frac{4\pi}{3} + 2\pi k$.
Умножим все части неравенства на $\frac{2}{5}$, чтобы выразить $x$:
$\frac{2}{5} \cdot \frac{2\pi}{3} + \frac{2}{5} \cdot 2\pi k < x < \frac{2}{5} \cdot \frac{4\pi}{3} + \frac{2}{5} \cdot 2\pi k$.
$\frac{4\pi}{15} + \frac{4\pi k}{5} < x < \frac{8\pi}{15} + \frac{4\pi k}{5}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $\frac{4\pi}{15} + \frac{4\pi k}{5} < x < \frac{8\pi}{15} + \frac{4\pi k}{5}$, $k \in \mathbb{Z}$.
г)
Исходное неравенство: $sin(3x) cos(x) + sin(x) cos(3x) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Левая часть неравенства представляет собой формулу синуса суммы: $sin(\alpha + \beta) = sin(\alpha)cos(\beta) + cos(\alpha)sin(\beta)$.
Применив эту формулу для $\alpha = 3x$ и $\beta = x$, получим:
$sin(3x + x) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$sin(4x) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Введём замену $t = 4x$, чтобы получить простейшее неравенство: $sin(t) \le \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Решим его с помощью единичной окружности. Нам нужны точки, ордината (синус) которых не превышает $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Уравнение $sin(t) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ имеет решения $t = \frac{\pi}{3} + 2\pi k$ и $t = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$.
Неравенство выполняется для всех точек на окружности, кроме дуги между $\frac{\pi}{3}$ и $\frac{2\pi}{3}$.
Решение можно записать как единый интервал, например, от $\frac{2\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$ следующего оборота ($ \frac{\pi}{3}+2\pi = \frac{7\pi}{3} $). Другой, более удобный способ записи — использовать отрицательные углы: решение соответствует дуге от $-\frac{4\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$.
Общее решение для $t$:
$-\frac{4\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Выполним обратную замену $t = 4x$:
$-\frac{4\pi}{3} + 2\pi k \le 4x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$.
Разделим все части неравенства на 4:
$-\frac{4\pi}{12} + \frac{2\pi k}{4} \le x \le \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{4}$.
$-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 159 расположенного на странице 298 к учебнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №159 (с. 298), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.