Номер 177, страница 334 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 177, страница 334.

Условие.

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.

Решение 5.

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: $x \in \left(\pi n, \frac{\pi}{6} + \pi n\right] \cup \left[\frac{\pi}{3} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n\right), n \in \mathbb{Z}$.