Номер 177, страница 334 - 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 3. Уравнения, неравенства и системы. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 177, страница 334.
№177 (с. 334)
Условие. №177 (с. 334)
скриншот условия

Решите неравенства (177—178).
177. a) $\sqrt{3} \operatorname{tg}^2 x - 4 \operatorname{tg} x + \sqrt{3} > 0$;
б) $\frac{15}{\sin x + 1} < 11 - 2 \sin x$;
в) $\frac{2}{\operatorname{tg} x + 1} < 2 - \operatorname{tg} x$;
г) $\operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x \ge \sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Решение 3. №177 (с. 334)


Решение 5. №177 (с. 334)
а)
Дано неравенство $\sqrt{3} \operatorname{tg}^2 x - 4 \operatorname{tg} x + \sqrt{3} > 0$.
Это квадратное неравенство относительно $\operatorname{tg} x$. Введем замену переменной $t = \operatorname{tg} x$. Неравенство примет вид:
$\sqrt{3} t^2 - 4t + \sqrt{3} > 0$.
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $\sqrt{3} t^2 - 4t + \sqrt{3} = 0$, чтобы определить интервалы знакопостоянства.
Вычислим дискриминант: $D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 16 - 12 = 4$.
Корни уравнения: $t_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 - 2}{2\sqrt{3}} = \frac{2}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ и $t_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 + 2}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.
Так как коэффициент при $t^2$ положителен ($\sqrt{3} > 0$), ветви параболы $y = \sqrt{3} t^2 - 4t + \sqrt{3}$ направлены вверх. Следовательно, неравенство $y > 0$ выполняется, когда $t$ находится за пределами корней, то есть $t < t_1$ или $t > t_2$.
$t < \frac{\sqrt{3}}{3}$ или $t > \sqrt{3}$.
Выполним обратную замену $t = \operatorname{tg} x$:
$\operatorname{tg} x < \frac{\sqrt{3}}{3}$ или $\operatorname{tg} x > \sqrt{3}$.
Решим каждое из этих простейших тригонометрических неравенств, учитывая, что период тангенса равен $\pi$.
1) $\operatorname{tg} x < \frac{\sqrt{3}}{3}$. Решением является интервал $-\frac{\pi}{2} + \pi n < x < \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2) $\operatorname{tg} x > \sqrt{3}$. Решением является интервал $\frac{\pi}{3} + \pi n < x < \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Объединение этих двух множеств решений является ответом на задачу.
Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n\right) \cup \left(\frac{\pi}{3} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.
б)
Дано неравенство $\frac{15}{\sin x + 1} < 11 - 2 \sin x$.
Введем замену переменной $t = \sin x$. Поскольку область значений синуса $[-1, 1]$, то $-1 \le t \le 1$. Из знаменателя следует условие $\sin x + 1 \neq 0$, то есть $\sin x \neq -1$, что означает $t \neq -1$. Таким образом, допустимые значения для $t$ - это полуинтервал $(-1, 1]$.
Неравенство принимает вид: $\frac{15}{t + 1} < 11 - 2t$.
Так как $t \in (-1, 1]$, знаменатель $t+1$ всегда строго положителен. Поэтому можно умножить обе части неравенства на $t+1$, не меняя знака неравенства.
$15 < (11 - 2t)(t + 1)$
$15 < 11t + 11 - 2t^2 - 2t$
$15 < -2t^2 + 9t + 11$
$2t^2 - 9t + 4 < 0$.
Найдем корни квадратного уравнения $2t^2 - 9t + 4 = 0$.
Дискриминант: $D = (-9)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 4 = 81 - 32 = 49$.
Корни: $t_1 = \frac{9 - 7}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$, $t_2 = \frac{9 + 7}{4} = \frac{16}{4} = 4$.
Ветви параболы $y = 2t^2 - 9t + 4$ направлены вверх, поэтому неравенство $y < 0$ выполняется между корнями: $\frac{1}{2} < t < 4$.
Теперь учтем область допустимых значений для $t$: $(-1, 1]$. Найдем пересечение множеств решений: $(\frac{1}{2}, 4) \cap (-1, 1] = (\frac{1}{2}, 1]$.
Итак, $\frac{1}{2} < t \le 1$.
Выполним обратную замену: $\frac{1}{2} < \sin x \le 1$.
Решим это двойное неравенство. $\sin x = 1/2$ при $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$ и $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$. $\sin x = 1$ при $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. Учитывая поведение функции синуса на единичной окружности, получаем решение:
$\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in \left(\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.
в)
Дано неравенство $\frac{2}{\operatorname{tg} x + 1} < 2 - \operatorname{tg} x$.
Сделаем замену $t = \operatorname{tg} x$. Область определения тангенса - все действительные числа, но в данном неравенстве есть знаменатель, который не должен быть равен нулю: $\operatorname{tg} x + 1 \neq 0 \implies \operatorname{tg} x \neq -1$, то есть $t \neq -1$.
Неравенство для $t$: $\frac{2}{t + 1} < 2 - t$.
Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю. Это необходимо, так как знак выражения $t+1$ заранее не известен.
$\frac{2}{t + 1} - (2 - t) < 0$
$\frac{2 - (2 - t)(t + 1)}{t + 1} < 0$
$\frac{2 - (2t + 2 - t^2 - t)}{t + 1} < 0$
$\frac{2 - (-t^2 + t + 2)}{t + 1} < 0$
$\frac{2 + t^2 - t - 2}{t + 1} < 0$
$\frac{t^2 - t}{t + 1} < 0$
$\frac{t(t - 1)}{t + 1} < 0$.
Решим это рациональное неравенство методом интервалов. Найдем нули числителя ($t=0, t=1$) и знаменателя ($t=-1$). Нанесем эти точки на числовую ось и определим знаки выражения в каждом интервале.
Интервалы: $(-\infty, -1)$, $(-1, 0)$, $(0, 1)$, $(1, +\infty)$.
При $t > 1$: $\frac{+ \cdot +}{+} > 0$.
При $0 < t < 1$: $\frac{+ \cdot -}{+} < 0$. Этот интервал является решением.
При $-1 < t < 0$: $\frac{- \cdot -}{+} > 0$.
При $t < -1$: $\frac{- \cdot -}{-} < 0$. Этот интервал является решением.
Итак, решение для $t$: $t < -1$ или $0 < t < 1$.
Возвращаемся к $x$: $\operatorname{tg} x < -1$ или $0 < \operatorname{tg} x < 1$.
1) $\operatorname{tg} x < -1 \implies -\frac{\pi}{2} + \pi n < x < -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $0 < \operatorname{tg} x < 1 \implies \pi n < x < \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{\pi}{2} + \pi n, -\frac{\pi}{4} + \pi n\right) \cup \left(\pi n, \frac{\pi}{4} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.
г)
Дано неравенство $\operatorname{tg} x + \operatorname{ctg} x \ge \sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями существования $\operatorname{tg} x$ и $\operatorname{ctg} x$, т.е. $\cos x \neq 0$ и $\sin x \neq 0$. Это эквивалентно условию $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.
Преобразуем правую часть: $\sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3})^2 + 1}{\sqrt{3}} = \frac{3+1}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$.
Сделаем замену $t = \operatorname{tg} x$, тогда $\operatorname{ctg} x = \frac{1}{t}$. Неравенство примет вид:
$t + \frac{1}{t} \ge \frac{4}{\sqrt{3}}$.
Перенесем все в левую часть:
$t + \frac{1}{t} - \frac{4}{\sqrt{3}} \ge 0$
$\frac{t^2+1}{t} - \frac{4}{\sqrt{3}} \ge 0$
$\frac{\sqrt{3}(t^2+1) - 4t}{\sqrt{3}t} \ge 0$.
Так как $\sqrt{3} > 0$, знак дроби совпадает со знаком выражения $\frac{\sqrt{3}t^2 - 4t + \sqrt{3}}{t}$.
Решим неравенство $\frac{\sqrt{3}t^2 - 4t + \sqrt{3}}{t} \ge 0$ методом интервалов.
Корни числителя $\sqrt{3}t^2 - 4t + \sqrt{3}=0$ мы нашли в задаче а): $t_1 = \frac{\sqrt{3}}{3}$ и $t_2 = \sqrt{3}$.
Корень знаменателя: $t_3 = 0$.
Наносим точки $0, \frac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3}$ на числовую ось и определяем знаки.
Числитель положителен при $t \in (-\infty, \frac{\sqrt{3}}{3}] \cup [\sqrt{3}, +\infty)$ и отрицателен при $t \in (\frac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3})$.
Рассмотрим интервалы:
При $t \in [\sqrt{3}, +\infty)$: числитель $\ge 0$, знаменатель $> 0$. Дробь $\ge 0$. Решение.
При $t \in (\frac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3})$: числитель $< 0$, знаменатель $> 0$. Дробь $< 0$. Не подходит.
При $t \in (0, \frac{\sqrt{3}}{3}]$: числитель $\ge 0$, знаменатель $> 0$. Дробь $\ge 0$. Решение.
При $t < 0$: числитель $> 0$, знаменатель $< 0$. Дробь $< 0$. Не подходит.
Решение для $t$: $t \in (0, \frac{\sqrt{3}}{3}] \cup [\sqrt{3}, +\infty)$.
Выполняем обратную замену:
$0 < \operatorname{tg} x \le \frac{\sqrt{3}}{3}$ или $\operatorname{tg} x \ge \sqrt{3}$.
1) $0 < \operatorname{tg} x \le \frac{\sqrt{3}}{3} \implies \pi n < x \le \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $\operatorname{tg} x \ge \sqrt{3} \implies \frac{\pi}{3} + \pi n \le x < \frac{\pi}{2} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Эти решения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $x \in \left(\pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n\right] \cup \left[\frac{\pi}{3} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.
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 177 расположенного на странице 334 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 №177 (с. 334), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.