Номер 178, страница 334 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 178, страница 334.

Условие.

178. a) $ \cos 2x \le \cos 3x - \cos 4x; $

б) $ \cos^2 x + \cos^2 2x + \cos^2 3x + \cos^2 4x \ge 2; $

в) $ \sin 2x + 2 \sin x > 0; $

г) $ (1 + \cos 2x) (\operatorname{tg} x - \sqrt{3}) > 0. $

Решение 5.

а)

$\cos 2x \le \cos 3x - \cos 4x$

Перенесем $\cos 4x$ в левую часть:

$\cos 4x + \cos 2x \le \cos 3x$

Применим формулу суммы косинусов $\cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos\frac{\alpha+\beta}{2} \cos\frac{\alpha-\beta}{2}$ к левой части:

$2 \cos\frac{4x+2x}{2} \cos\frac{4x-2x}{2} \le \cos 3x$

$2 \cos 3x \cos x \le \cos 3x$

Перенесем все в одну сторону и вынесем общий множитель:

$2 \cos 3x \cos x - \cos 3x \le 0$

$\cos 3x (2 \cos x - 1) \le 0$

Это неравенство выполняется, когда множители имеют разные знаки или один из них равен нулю. Решим его методом интервалов на отрезке $[0, 2\pi)$, длина которого является общим периодом для функций $\cos 3x$ и $\cos x$.

Найдем нули каждого множителя на отрезке $[0, 2\pi)$:

1) $\cos 3x = 0 \implies 3x = \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$. На отрезке $[0, 2\pi)$ это точки: $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}, \frac{11\pi}{6}$.

2) $2 \cos x - 1 = 0 \implies \cos x = \frac{1}{2}$. На отрезке $[0, 2\pi)$ это точки: $\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$.

Отметим эти точки на числовой окружности (или оси) и определим знаки выражения $\cos 3x (2 \cos x - 1)$ на полученных интервалах. Нам нужны интервалы, где выражение $\le 0$.

Проверка знаков по интервалам дает следующие решения на $[0, 2\pi)$: $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}] \cup [\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}] \cup [\frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}] \cup [\frac{5\pi}{3}, \frac{11\pi}{6}]$.

Обобщая на все действительные числа, добавляем период $2\pi k$ к границам найденных отрезков:

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k] \cup [\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k] \cup [\frac{7\pi}{6} + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k] \cup [\frac{5\pi}{3} + 2\pi k, \frac{11\pi}{6} + 2\pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

б)

$\cos^2 x + \cos^2 2x + \cos^2 3x + \cos^2 4x \ge 2$

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

$\frac{1+\cos 2x}{2} + \frac{1+\cos 4x}{2} + \frac{1+\cos 6x}{2} + \frac{1+\cos 8x}{2} \ge 2$

Умножим обе части на 2:

$1+\cos 2x + 1+\cos 4x + 1+\cos 6x + 1+\cos 8x \ge 4$

$4 + \cos 2x + \cos 4x + \cos 6x + \cos 8x \ge 4$

$\cos 2x + \cos 4x + \cos 6x + \cos 8x \ge 0$

Сгруппируем слагаемые и применим формулу суммы косинусов:

$(\cos 8x + \cos 2x) + (\cos 6x + \cos 4x) \ge 0$

$2 \cos\frac{8x+2x}{2}\cos\frac{8x-2x}{2} + 2 \cos\frac{6x+4x}{2}\cos\frac{6x-4x}{2} \ge 0$

$2 \cos 5x \cos 3x + 2 \cos 5x \cos x \ge 0$

$2 \cos 5x (\cos 3x + \cos x) \ge 0$

Еще раз применим формулу суммы косинусов для выражения в скобках:

$2 \cos 5x (2 \cos\frac{3x+x}{2}\cos\frac{3x-x}{2}) \ge 0$

$4 \cos x \cos 2x \cos 5x \ge 0$

$\cos x \cos 2x \cos 5x \ge 0$

Заметим, что функция $f(x) = \cos x \cos 2x \cos 5x$ является четной ($f(-x)=f(x)$) и периодической. Периоды сомножителей равны $2\pi$, $\pi$, $2\pi/5$. Наименьший общий период - $2\pi$. Однако, $f(x+\pi) = \cos(x+\pi)\cos(2(x+\pi))\cos(5(x+\pi)) = (-\cos x)(\cos 2x)(-\cos 5x) = \cos x \cos 2x \cos 5x = f(x)$, так что период функции равен $\pi$.

Решим неравенство на промежутке $[-\pi/2, \pi/2)$. Найдем нули функции $f(x)$ на этом промежутке:

1) $\cos x = 0 \implies x = \pm\frac{\pi}{2}$.

2) $\cos 2x = 0 \implies 2x = \frac{\pi}{2}+\pi n \implies x = \frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}$. На $[-\pi/2, \pi/2)$ это $x = \pm\frac{\pi}{4}$.

3) $\cos 5x = 0 \implies 5x = \frac{\pi}{2}+\pi n \implies x = \frac{\pi}{10}+\frac{\pi n}{5}$. На $[-\pi/2, \pi/2)$ это $x = \pm\frac{\pi}{10}, \pm\frac{3\pi}{10}$.

Нули на $[-\pi/2, \pi/2)$: $-\frac{\pi}{2}, -\frac{3\pi}{10}, -\frac{\pi}{4}, -\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{10}, \frac{\pi}{2}$.

Методом интервалов определяем, что $f(x) \ge 0$ на отрезках: $[-\frac{\pi}{2}, -\frac{3\pi}{10}]$, $[\frac{- \pi}{4}, -\frac{\pi}{10}]$, $[\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{4}]$ и $[\frac{3\pi}{10}, \frac{\pi}{2}]$.

Поскольку $f(x)$ - четная функция, то $f(x) \ge 0$ и на отрезках $[-\frac{3\pi}{10}, -\frac{\pi}{4}]$ и $[-\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{10}]$. Таким образом, на промежутке $[-\pi/2, \pi/2]$ решение: $[-\frac{3\pi}{10}, -\frac{\pi}{4}] \cup [-\frac{\pi}{10}, \frac{\pi}{10}] \cup [\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{10}]$.

Обобщая решение с учетом периода $\pi$, получаем:

Ответ: $x \in [-\frac{3\pi}{10} + \pi k, -\frac{\pi}{4} + \pi k] \cup [-\frac{\pi}{10} + \pi k, \frac{\pi}{10} + \pi k] \cup [\frac{\pi}{4} + \pi k, \frac{3\pi}{10} + \pi k]$, $k \in \mathbb{Z}$.

в)

$\sin 2x + 2 \sin x > 0$

Применим формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$:

$2 \sin x \cos x + 2 \sin x > 0$

Вынесем общий множитель $2 \sin x$ за скобки:

$2 \sin x (\cos x + 1) > 0$

Проанализируем множители. Выражение $\cos x + 1$ всегда неотрицательно, так как $\cos x \ge -1$. Оно равно нулю при $\cos x = -1$, то есть при $x = \pi + 2\pi k$, $k \in \mathbb{Z}$. В остальных точках $\cos x + 1 > 0$.

Поскольку неравенство строгое, произведение не может быть равно нулю, поэтому случаи, когда один из множителей равен нулю, исключаются. Значит, $\sin x \neq 0$ и $\cos x + 1 \neq 0$.

Так как $\cos x + 1 > 0$ для всех $x$, кроме $x = \pi + 2\pi k$, мы можем разделить обе части неравенства на $2(\cos x + 1)$, не меняя знака. Это приводит к неравенству:

$\sin x > 0$

При этом нужно учесть, что $x \neq \pi + 2\pi k$.

Решением неравенства $\sin x > 0$ является интервал $2\pi n < x < \pi + 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$.

Этот интервал не включает точки $x = \pi + 2\pi n$, поэтому дополнительное условие $x \neq \pi + 2\pi n$ уже выполнено.

Ответ: $x \in (2\pi n, \pi + 2\pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.

г)

$(1 + \cos 2x) (\text{tg } x - \sqrt{3}) > 0$

Область допустимых значений (ОДЗ) неравенства определяется условием существования тангенса: $\cos x \neq 0$, то есть $x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$.

Рассмотрим первый множитель $1 + \cos 2x$. Используя формулу косинуса двойного угла $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$, преобразуем неравенство:

$2 \cos^2 x (\text{tg } x - \sqrt{3}) > 0$

На ОДЗ множитель $\cos^2 x$ всегда строго положителен ($\cos^2 x > 0$). Поэтому мы можем разделить обе части неравенства на $2 \cos^2 x$, не меняя его знака:

$\text{tg } x - \sqrt{3} > 0$

$\text{tg } x > \sqrt{3}$

Решим это простейшее тригонометрическое неравенство. На основном промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ равенство $\text{tg } x = \sqrt{3}$ достигается при $x = \frac{\pi}{3}$.

Так как функция $y = \text{tg } x$ возрастает на своем периоде, решением неравенства $\text{tg } x > \sqrt{3}$ на этом промежутке будет интервал $(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2})$.

Учитывая периодичность тангенса с периодом $\pi$, получаем общее решение:

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{3} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n)$, $n \in \mathbb{Z}$.