Номер 180, страница 334 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 180, страница 334.

Условие.

Решите неравенства (180–181).

180. $\sin\left(\frac{4\pi}{3}\cos\pi x\right)\ge\frac{\sqrt{3}}{2}$

Решение 5.

180.

Дано тригонометрическое неравенство: $ \sin\left(\frac{4\pi}{3}\cos(\pi x)\right) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $

Для решения введем замену. Пусть $ t = \frac{4\pi}{3}\cos(\pi x) $. Тогда исходное неравенство принимает вид: $ \sin(t) \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $

Решением этого базового тригонометрического неравенства являются промежутки, которые на единичной окружности соответствуют дуге от $ \frac{\pi}{3} $ до $ \frac{2\pi}{3} $. С учетом периодичности синуса, общее решение для $t$ записывается в виде двойного неравенства: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le t \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Выполним обратную замену, подставив выражение для $t$: $ \frac{\pi}{3} + 2\pi k \le \frac{4\pi}{3}\cos(\pi x) \le \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $

Чтобы выразить $ \cos(\pi x) $, разделим все части неравенства на $ \frac{4\pi}{3} $: $ \frac{\frac{\pi}{3}(1 + 6k)}{\frac{4\pi}{3}} \le \cos(\pi x) \le \frac{\frac{2\pi}{3}(1 + 3k)}{\frac{4\pi}{3}} $ $ \frac{1+6k}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{2(1+3k)}{4} $ $ \frac{1+6k}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1+3k}{2} $

Поскольку функция косинуса ограничена отрезком $ [-1, 1] $, то есть $ -1 \le \cos(\pi x) \le 1 $, мы должны найти такие целые значения $k$, при которых полученная система неравенств имеет решения.

Проанализируем возможные значения $k$:

• При $ k = 0 $: неравенство принимает вид $ \frac{1}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1}{2} $. Этот промежуток $ [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}] $ полностью входит в область значений косинуса $ [-1, 1] $, следовательно, решения есть.
• При $ k = 1 $: получаем $ \frac{7}{4} \le \cos(\pi x) \le 2 $. Решений нет, так как $ \frac{7}{4} > 1 $. Для всех $ k > 0 $ левая граница $ \frac{1+6k}{4} $ будет больше 1, поэтому решений не будет.
• При $ k = -1 $: получаем $ \frac{1-6}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1-3}{2} $, что равносильно $ -\frac{5}{4} \le \cos(\pi x) \le -1 $. Учитывая, что $ \cos(\pi x) \ge -1 $, это неравенство сводится к уравнению $ \cos(\pi x) = -1 $.
• При $ k = -2 $: получаем $ \frac{1-12}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1-6}{2} $, что равносильно $ -\frac{11}{4} \le \cos(\pi x) \le -\frac{5}{2} $. Решений нет, так как правая граница $ -\frac{5}{2} < -1 $. Для всех $ k < -1 $ правая граница будет еще меньше, поэтому решений не будет.

Таким образом, решение исходного неравенства сводится к решению совокупности: $ \left[ \begin{array}{l} \frac{1}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1}{2} \\ \cos(\pi x) = -1 \end{array} \right. $

1. Решим уравнение $ \cos(\pi x) = -1 $
$ \pi x = \pi + 2\pi m $, где $ m \in \mathbb{Z} $.
Разделив на $ \pi $, получаем: $ x = 1 + 2m $, где $ m \in \mathbb{Z} $. Это множество всех нечетных целых чисел.

2. Решим двойное неравенство $ \frac{1}{4} \le \cos(\pi x) \le \frac{1}{2} $
Рассмотрим неравенство $ \frac{1}{4} \le \cos(u) \le \frac{1}{2} $, где $ u = \pi x $.
Решения этого неравенства на единичной окружности соответствуют двум симметричным дугам в первом и четвертом квадрантах.
Для $ u = \pi x $ с учетом периодичности получаем две серии интервалов:
$ \frac{\pi}{3} + 2\pi n \le \pi x \le \arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n $
и
$ -\arccos(\frac{1}{4}) + 2\pi n \le \pi x \le -\frac{\pi}{3} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.
Разделив на $ \pi $, находим решения для $x$:
$ \frac{1}{3} + 2n \le x \le \frac{1}{\pi}\arccos(\frac{1}{4}) + 2n $
и
$ -\frac{1}{\pi}\arccos(\frac{1}{4}) + 2n \le x \le -\frac{1}{3} + 2n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $ x = 1 + 2m, m \in \mathbb{Z} $; $ x \in \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} \left( \left[ -\frac{1}{\pi}\arccos\frac{1}{4} + 2n; -\frac{1}{3} + 2n \right] \cup \left[ \frac{1}{3} + 2n; \frac{1}{\pi}\arccos\frac{1}{4} + 2n \right] \right) $.