Номер 160, страница 299 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 4. Уравнения, неравенства, системы уравнений и неравенств. Глава 5. Задачи на повторение - номер 160, страница 299.

Условие.

160. a) $2 \sin^2 x \le 1$;

б) $3 \operatorname{tg}^2 2x \le 1$;

в) $4 \cos^2 x \le 3$;

г) $\operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} - 1 \ge 0$.

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а) Решим неравенство $2 \sin^2 x \le 1$.

Сначала разделим обе части неравенства на 2:

$\sin^2 x \le \frac{1}{2}$

Для решения этого неравенства воспользуемся формулой понижения степени $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$. Подставим ее в неравенство:

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

Умножим обе части на 2:

$1 - \cos(2x) \le 1$

Вычтем 1 из обеих частей:

$-\cos(2x) \le 0$

Умножим на -1, изменив знак неравенства на противоположный:

$\cos(2x) \ge 0$

Пусть $t = 2x$. Неравенство принимает вид $\cos t \ge 0$. Решением этого неравенства является промежуток, где косинус неотрицателен, то есть:

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

Теперь выполним обратную замену $t = 2x$:

$-\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le 2x \le \frac{\pi}{2} + 2\pi k$

Чтобы найти $x$, разделим все части двойного неравенства на 2:

$-\frac{\pi}{4} + \pi k \le x \le \frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{4} + \pi k; \frac{\pi}{4} + \pi k], k \in \mathbb{Z}$.

в) Решим неравенство $4 \cos^2 x \le 3$.

Разделим обе части на 4:

$\cos^2 x \le \frac{3}{4}$

Используем формулу понижения степени $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$:

$\frac{1 + \cos(2x)}{2} \le \frac{3}{4}$

Умножим обе части на 4, чтобы избавиться от знаменателей:

$2(1 + \cos(2x)) \le 3$

$2 + 2\cos(2x) \le 3$

$2\cos(2x) \le 1$

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

Пусть $t = 2x$. Неравенство $\cos t \le \frac{1}{2}$ имеет решение:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену $t = 2x$:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2x \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$

Разделим все части неравенства на 2, чтобы найти $x$:

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

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + \pi k; \frac{5\pi}{6} + \pi k], k \in \mathbb{Z}$.

б) Решим неравенство $3 \operatorname{tg}^2 2x \le 1$.

Разделим обе части на 3:

$\operatorname{tg}^2 2x \le \frac{1}{3}$

Это неравенство равносильно двойному неравенству:

$-\sqrt{\frac{1}{3}} \le \operatorname{tg} 2x \le \sqrt{\frac{1}{3}}$

$-\frac{1}{\sqrt{3}} \le \operatorname{tg} 2x \le \frac{1}{\sqrt{3}}$

Пусть $t = 2x$. Решим неравенство $-\frac{1}{\sqrt{3}} \le \operatorname{tg} t \le \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Учитывая периодичность тангенса (период $\pi$), находим решение на основном промежутке $(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$.

$-\frac{\pi}{6} \le t \le \frac{\pi}{6}$

Общее решение для $t$ имеет вид:

$-\frac{\pi}{6} + \pi k \le t \le \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Сделаем обратную замену $t = 2x$:

$-\frac{\pi}{6} + \pi k \le 2x \le \frac{\pi}{6} + \pi k$

Разделим все части неравенства на 2:

$-\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2} \le x \le \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}; \frac{\pi}{12} + \frac{\pi k}{2}], k \in \mathbb{Z}$.

г) Решим неравенство $\operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} - 1 \ge 0$.

Перенесем 1 в правую часть:

$\operatorname{tg}^2 \frac{x}{2} \ge 1$

Это неравенство равносильно совокупности двух неравенств:

$\operatorname{tg} \frac{x}{2} \ge 1$ или $\operatorname{tg} \frac{x}{2} \le -1$.

Пусть $t = \frac{x}{2}$. Решим неравенства $\operatorname{tg} t \ge 1$ и $\operatorname{tg} t \le -1$.

Учитывая область определения тангенса ($t \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$) и его периодичность, получаем:

1. Для $\operatorname{tg} t \ge 1$: решением является $\frac{\pi}{4} + \pi k \le t < \frac{\pi}{2} + \pi k$.

2. Для $\operatorname{tg} t \le -1$: решением является $-\frac{\pi}{2} + \pi k < t \le -\frac{\pi}{4} + \pi k$.

Сделаем обратную замену $t = \frac{x}{2}$ и найдем $x$ для каждого случая, умножив неравенства на 2.

1. $\frac{\pi}{4} + \pi k \le \frac{x}{2} < \frac{\pi}{2} + \pi k \implies \frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x < \pi + 2\pi k$.

2. $-\frac{\pi}{2} + \pi k < \frac{x}{2} \le -\frac{\pi}{4} + \pi k \implies -\pi + 2\pi k < x \le -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$.

Объединяя эти два множества решений, получаем итоговый ответ.

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