Номер 162, страница 299 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 5. Задачи на повторение. Параграф 4. Уравнения, неравенства, системы уравнений и неравенств - номер 162, страница 299.

Условие.

162. a) $\sin x - \sqrt{3} \cos x$;

б) $\log_{0.5} \sin x > 1$;

в) $\sin x + \cos x < 1$;

г) $\log_{\sqrt{2}} \cos x > -1$.

Решение 1.

Решение 3.

Решение 5.

а)

Для упрощения выражения $ \sin x - \sqrt{3} \cos x $ используем метод вспомогательного угла. Этот метод позволяет представить выражение вида $ a \sin x + b \cos x $ в виде $ R \sin(x \pm \alpha) $ или $ R \cos(x \pm \alpha) $, где $ R = \sqrt{a^2 + b^2} $.

В данном случае $ a = 1 $ и $ b = -\sqrt{3} $. Найдем $ R $:

$ R = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2. $

Вынесем $ R $ за скобки:

$ \sin x - \sqrt{3} \cos x = 2 \left( \frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x \right). $

Теперь нужно представить коэффициенты в скобках как синус и косинус одного и того же угла. Мы можем использовать формулу синуса разности: $ \sin(x - \alpha) = \sin x \cos \alpha - \cos x \sin \alpha $.

Сравнивая $ \frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x $ с $ \sin x \cos \alpha - \cos x \sin \alpha $, получаем:

$ \cos \alpha = \frac{1}{2} $ и $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2} $.

Этим условиям соответствует угол $ \alpha = \frac{\pi}{3} $.

Таким образом, выражение преобразуется к виду:

$ 2 \left( \sin x \cos \frac{\pi}{3} - \cos x \sin \frac{\pi}{3} \right) = 2 \sin\left(x - \frac{\pi}{3}\right). $

Ответ: $ 2 \sin\left(x - \frac{\pi}{3}\right) $

б)

Решим неравенство $ \sin x + \cos x < 1 $. Применим метод вспомогательного угла. Здесь $ a = 1 $, $ b = 1 $.

$ R = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}. $

Преобразуем левую часть неравенства:

$ \sin x + \cos x = \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x \right). $

Используем формулу синуса суммы: $ \sin(x + \alpha) = \sin x \cos \alpha + \cos x \sin \alpha $.

Здесь $ \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} $ и $ \sin \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} $, что соответствует углу $ \alpha = \frac{\pi}{4} $.

Таким образом, левая часть равна $ \sqrt{2} \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) $.

Неравенство принимает вид:

$ \sqrt{2} \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) < 1 $

$ \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) < \frac{1}{\sqrt{2}}. $

Сделаем замену $ t = x + \frac{\pi}{4} $. Получаем неравенство $ \sin t < \frac{1}{\sqrt{2}} $.

На единичной окружности значения синуса меньше $ \frac{1}{\sqrt{2}} $ для углов $ t $, удовлетворяющих условию:

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

Упрощая, получаем $ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k < t < \frac{9\pi}{4} + 2\pi k $.

Теперь вернемся к переменной $ x $, подставив $ t = x + \frac{\pi}{4} $:

$ \frac{3\pi}{4} + 2\pi k < x + \frac{\pi}{4} < \frac{9\pi}{4} + 2\pi k. $

Вычтем $ \frac{\pi}{4} $ из всех частей неравенства:

$ \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{9\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k $

$ \frac{2\pi}{4} + 2\pi k < x < \frac{8\pi}{4} + 2\pi k $

$ \frac{\pi}{2} + 2\pi k < x < 2\pi + 2\pi k. $

Ответ: $ x \in \left(\frac{\pi}{2} + 2\pi k, 2\pi + 2\pi k\right) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

в)

Решим неравенство $ \log_{0.5} \sin x > 1 $.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$ \sin x > 0. $

Это выполняется при $ 2\pi k < x < \pi + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Теперь решим само неравенство. Основание логарифма $ 0.5 < 1 $, поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства меняется на противоположный:

$ \sin x < 0.5^1 $

$ \sin x < \frac{1}{2}. $

Объединим оба условия в систему неравенств:

$ \begin{cases} \sin x > 0 \\ \sin x < \frac{1}{2} \end{cases} \implies 0 < \sin x < \frac{1}{2}. $

Рассмотрим решение на единичной окружности. Условию $ \sin x > 0 $ соответствуют углы в I и II четвертях. Условию $ \sin x < \frac{1}{2} $ в этих четвертях соответствуют два интервала: от $ 0 $ до $ \frac{\pi}{6} $ и от $ \frac{5\pi}{6} $ до $ \pi $.

Таким образом, общее решение можно записать в виде двух серий интервалов:

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

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

Ответ: $ x \in \left(2\pi k, \frac{\pi}{6} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \pi + 2\pi k\right) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

г)

Решим неравенство $ \log_{\sqrt{2}} \cos x > -1 $.

Найдем ОДЗ: аргумент логарифма должен быть положительным:

$ \cos x > 0. $

Это выполняется при $ -\frac{\pi}{2} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{2} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Теперь решаем неравенство. Основание логарифма $ \sqrt{2} > 1 $, поэтому знак неравенства сохраняется:

$ \cos x > (\sqrt{2})^{-1} $

$ \cos x > \frac{1}{\sqrt{2}}. $

Нам нужно найти значения $ x $, для которых выполняются оба условия: $ \cos x > 0 $ и $ \cos x > \frac{1}{\sqrt{2}} $. Второе условие является более сильным, так как если $ \cos x > \frac{1}{\sqrt{2}} $, то $ \cos x $ автоматически больше нуля. Следовательно, достаточно решить неравенство $ \cos x > \frac{1}{\sqrt{2}} $.

На единичной окружности косинус равен $ \frac{1}{\sqrt{2}} $ при углах $ x = -\frac{\pi}{4} $ и $ x = \frac{\pi}{4} $. Косинус больше $ \frac{1}{\sqrt{2}} $ для углов, расположенных между этими значениями.

Решение для одного оборота: $ -\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{4} $.

Общее решение с учетом периодичности:

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

Ответ: $ x \in \left(-\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{\pi}{4} + 2\pi k\right) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.